Docsity
Docsity

Prepare for your exams
Prepare for your exams

Study with the several resources on Docsity


Earn points to download
Earn points to download

Earn points by helping other students or get them with a premium plan


Guidelines and tips
Guidelines and tips

Cours de résistance des matériaux - Prof. Guy, Study Guides, Projects, Research of Mathematics

Ce document présente un cours de résistance des matériaux, abordant des sujets tels que la flexion simple, les contraintes normales dues au moment fléchissant, les déformations et les relations entre la déformation de la poutre et le moment fléchissant qui la sollicite. Le document inclut également des exemples détaillés pour illustrer ces concepts. La description fournit une explication approfondie des différents aspects de la résistance des matériaux, couvrant les équations, les calculs et les diagrammes de contraintes et de déformations. Ce cours semble s'adresser à des étudiants en génie civil, mécanique ou des matériaux, leur fournissant des connaissances essentielles pour comprendre le comportement des structures soumises à des efforts de flexion.

Typology: Study Guides, Projects, Research

2023/2024

Uploaded on 05/21/2024

abraham-yedenou
abraham-yedenou 🇺🇸

1 / 15

Toggle sidebar

This page cannot be seen from the preview

Don't miss anything!

bg1
Chap VI Flexion simple
Cours de résistance des matériaux K. GHENIA
FLEXION SIMPLE
1) Introduction expérimentale :
considérons une poutre reposant sur deux appuis soumise à une charge concentrée
verticale.
Après déformation, cette poutre accuse un flèche ( déplacement vertical des différents
points, d’où le nom de flexion ) et on constate que les fibres situées en partie supérieure
sont sollicitées en compression tandis que celles qui sont situées en partie inférieure sont
sollicitées en traction.
Entre ces deux régions, il existe une fibre qui n’est ni tendue ni comprimée : c’est la fibre
neutre.
Hypothèses :
On considèrera dans cette étude des poutres à plan moyen, c’est-à-dire pour lesquelles y
est axe de symétrie de la section droite. En outre, toutes les forces sont appliquées dans le
plan ( xoy). ( les couples et moments sont portés par z).
P
x
y
P
Zone comprimée
Zone tendue Fibre neutre
56
pf3
pf4
pf5
pf8
pf9
pfa
pfd
pfe
pff

Partial preview of the text

Download Cours de résistance des matériaux - Prof. Guy and more Study Guides, Projects, Research Mathematics in PDF only on Docsity!

FLEXION SIMPLE

1) Introduction expérimentale : considérons une poutre reposant sur deux appuis soumise à une charge concentrée verticale. Après déformation, cette poutre accuse un flèche ( déplacement vertical des différents points, d’où le nom de flexion ) et on constate que les fibres situées en partie supérieure sont sollicitées en compression tandis que celles qui sont situées en partie inférieure sont sollicitées en traction. Entre ces deux régions, il existe une fibre qui n’est ni tendue ni comprimée : c’est la fibre neutre.

Hypothèses : On considèrera dans cette étude des poutres à plan moyen, c’est-à-dire pour lesquelles y est axe de symétrie de la section droite. En outre, toutes les forces sont appliquées dans le plan ( xoy). ( les couples et moments sont portés par z).

P

x

y

P

Zone comprimée

Zone tendue (^) Fibre neutre

Les matériaux sont supposés homogènes. La fibre neutre est donc confondue avec la ligne moyenne ( c’est-à-dire que la fibre neutre passe par le centre de gravité de toutes les sections droites). 2) Différents types de flexion plane : 1-2) Flexion pure : Cette flexion correspond au cas où les sollicitations dans une section quelconque se réduisent au seul moment fléchissant ( pas d’effort tranchant ). Remarquons que ce cas, bien que très intéressant d’un point de vue théorique car il permet de dissocier les effets du moment fléchissant de ceux de l’effort tranchant, n’apparaît pratiquement jamais dans la réalité. Expérimentalement, on observe un comportement de flexion pure dans un cas comme celui-ci :

y x

y

x

P P

Zone où V = M = Cte

Développons l’expression (1) en remarquant que l’effort normal est nul :

∫∫∑(xo) a.dS +^ ∫∫∑(xo)b.y.dS^ +^ ∫∫∑(xo) c.z.dS^ = 0

les axes y et z passant par le centre de gravité G de la section, on a (d’après la définition du centre de gravité ) :

∫∫∑(xo) y.dS^ =^ ∫∫∑(xo) z.dS^ = 0

on en déduit donc : a = 0 développons de même l’expression (2) :

∫∫∑(xo)a.y.dS^ +^ ∫∫∑(xo)b.y².dS^ +^ ∫∫∑(xo)c.y.z.dS^ = M(xo)

le troisième terme du premier membre est nul : (^) ∫∫∑(xo).y.z.dS étant le produit d’inertie

d’une section symétrique par rapport à l’axe y.

on reconnaît en outre la quantité (^) ∫∫∑(xo) y ².dS qu est le moment quadratique de la section

Σ (xo) par rapport à l’axe z. on déduit de cette équation l’expression de la constante b :

Iz b = M(xo^ )

en exprimant la nullité du moment fléchissant porté par y ( problème plan) on déduit très aisément : c = 0 d’où l’expression de la contrainte normale en un point M(y,z) de la section Σ (xo) :

σ(x o, y)=−M(xIzo). y

Exemple : Variation de la contrainte normale dans une section rectangulaire. Considérons la section suivante Σ (xo) d’une poutre droite :

Le moment quadratique par rapport à l’axe z s’écrit : Iz bh 12

3

faisons varier y de − h 2 à + h 2. Les contraintes en fibres supérieure et inférieure

s’écrivent :

bh²

σ s =- 6.M(xo^ )

bh²

σi =+6.M(xo^ )

le diagramme de répartition des contraintes normales dans la section Σ(xo) est donc :

b

h

y

G z

σi = -σs

σ

σs y

G(x 0 )

d α

R =Ω.G 2 ≈^ dx

en remplaçant dans l’expression de la contrainte, il vient : σ=RE.y

puis en égalant à la valeur de la contrainte normale en flexion pure, on obtient une relation entre la courbure χ ( qui est l’inverse du rayon de courbure) et le moment fléchissant :

E.Iz

M(x) R χ =^1 =

le terme (^) E.Iz^1 est appelé « flexibilité » de la poutre, inverse de la rigidité en flexion : EIz. Nota : la courbure représente en outre la rotation de la section :

dx

χ=^ d^ α

détermination de la configuration déformée de la poutre : on démontre, en géométrie analytique, que le rayon de courbure d’une courbe d’équation y = f(x) s’écrit :

y' ' R=(1^ +y'²)^ 3/ et, les déformations étant faibles, y’² est négligeable devant 1. on peut donc exprimer R sous la forme :

y' '

R =^1

Si y = f(x) est l’équation de l’allure déformée de la poutre, nous pouvons écrire :

E.Iz y'' =^ M(x)

c’est l’équation différentielle de la « déformée ».

  • Processus d’intégration : En intégrant une première fois l’équation (1), on obtient la pente ou la rotation de la déformée à l’abscisse x qui est égale a :

dxdy^ =^ tgθ=^ θ[rd]^ (2)^ ( car^ θ^ est petit )

de l’équation (2) on peut écrire :

EI

M

dx²

d²y dx

dθ (^) = =

d’où dθ =EIM .dx

en intégrant une deuxième fois l’équation (1), on obtient la flèche y de la déformée à l’abscisse x

Exemple :

  • On considère une poutre droite qui repose sur deux appuis simples et soumise à une charge uniformément répartie q :

  • Déterminer les équations de la déformée et sa pente, puis calculer la rotation θA de la déformée à l’appui A et la valeur de la flèche ∆c à mi-portée de la poutre. (on suppose que EI est constante ). S olution : On a RA = RB = ql/ Et Mf(x) = (ql/2).x – (ql/2).x²

De l’équation (1) on a :

dx²d²y^ =EIM=EI^1 (q.l 2 .x- 2 q.x²)

l

A (^) ∆c C B θA

q

y

x

S olution :

On a RA = RB = F/ Et Pour 0 ≤ x ≤ l /2 : Mf (x) = RA.x = (F/2).x Pour l /2 ≤ x ≤ l : Mf (x) = RB.( l -x) = (F/2).( l -x ) De l’équation (1) on a : Pour 0 ≤ x ≤ l /

dx²d²y^ =EIM=EI^1 ( 2 F.x)

En intégrant une première fois, on a : EI. (^) dxdy = EI.θ=F.x² 4 +C 1 (1)

En intégrant une deuxième fois, on aura : 1. 2

3 EI.y = F.x 12 +C.x+ C (2)

On détermine les constantes d’intégration par les conditions aux limites ( C.A.L), aux appuis A et B.

  • en A , pour x = 0, yA =y(0) = 0 donc, C 2 = 0
  • en C, pour x = l/2 , θB = θ( l/2 ) = 0, d’où, en remplaçant ces valeurs dans l’équation (1), on aura

4 F^ ( 2 )^10

2 l (^) + C = ⇒ C 1 = 16.^ Fl^2 −

d’où on trouve :

θ(x) =dxdy=EI^1 ( 4 Fx²- 16 F l ²)

y(x) = EI^1 .( 12 F.x^3 −F. 16 l ².x)

⇒ pour x = o → θA =-16.EIF. l^ ²

pour x = l /2 → y(/2) - 48 F.EI l^3 ∆ c = l =

5) Expression de la contrainte tangentielle : Considérons une poutre droite dans laquelle nous allons isoler un parallélépipède, pris en partie supérieure de la poutre :

Bilan des efforts sur toutes les faces :

  • face 121’2’ : pas d’efforts ( bord libre de la poutre )
  • face 343’4’ : contrainte longitudinale τ , s’appliquant sur une surface b.dx
  • face 141’4’ : * contrainte normale σ 1 = M(x)Iz .y 0 donnant lieu à une résultante

N 1 = MIz ∫∫S yo.ds

  • contrainte tangentielle τ dont on ne connaît pas la répartition.
  • face 232’3’ : * contrainte normale σ 2 = M(xIz+dx).y 0 donnant lieu à une résultante

∫∫

(^2) Iz S yo.ds N M(x dx)

  • constante tangentielle dont on ne connaît pas la répartition.

Ecrivons l’équation d’équilibre en projection sur l’axe x du parallélépipède :

1

1’

4

2’

3

4’ (^2) 3’

N 1 N 2

G 1 G 2 x

x dx

6) Applications :

On donne la poutre simplement appuyée qui supporte des charges concentrées ( voir figure ci-après).

F F=100 kN

RA 4.00 4.00 4.00 RB

L =12.00 m

a- Déterminer les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissant le long de la poutre ; b- Tracer le diagramme de la contrainte normale σ, au niveau de la section la plus sollicitée ; c- Tracer l’allure du diagramme de la contrainte tangentielle au niveau de la section C et calculer τmax. On donne : H=80 cm, b=100 cm, ho=20 cm et bo=30 cm Solution : On a RA = RB = 100 kN ( par raison de symétrie ) ; a-1) détermination du diagramme des efforts tranchants : pour 0 ≤ x ≤ 4m, V = - RA = -100 kN pour 4 ≤ x ≤ 8m, V = -RA + F= -100 + 100 = 0 pour 8 ≤ x ≤ 12m, V =- RA + F +F = -100 +100 +100 = +100 kN -100 kN ⊕ A C D ⊕ B +100 kN V ( DET )

x

A (^) C D B

ho

H

b

y

z

bo

a-2) détermination du diagramme des moments fléchissant : pour 0 ≤ x ≤ 4m, M = RA.x = 100.x x = 0, M=0 ; x = 4, M = 400 kN

pour 4 ≤ x ≤ 8m, M = RA.x – F.(x-4) x = 4, M= 400 kN.m ; x = 6, M = 400 kN.m; x = 8, M = 400 kN.m.

A B

400 kN.m ( DMF )

b-1) Caractéristiques géométriques de la section :

  • surface : S = 3800 cm²
  • position de G : v = 28.95 cm; v’ = 51.05 cm.
  • inertie : IGZ = 2122456.17 cm^4

b-2) contrainte normale : σ = M IGZfz^ .y

avec Mfz = 400 kN.m ( la section la plus sollicitée )

d’où σ (^) 2122456,17400.10.10 4. 0.019.y

6 = y =

⇒ σ(v) = σs^ = σ(289.5) = 5.5 Mpa et σ(-v’) = σi^ = σ(-510.5) = -9.7 Mpa

c) contrainte tangentielle : τ = V.b.Iz^ m (so)

en C, l’effort tranchant V = 100 kN

C (^) D

σs

σi

σ

y y

z

v

v’