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7/21/2019 RDM Exercice.pdf http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 1/102  iem  SEMESTRE MODULE F213 : SOLLICITATIONS SIMPLES –FLEXION - TORSION PROBLÈMES-CORRIGES Bienvenue à vous au laboratoire de : Dimensinnemen! Des S!"#$!#"es  du Département : G%nie M%$&ni'#e e! P"(#$!i'#e Ce livre électronique est destiné à compléter le cours enseigné durant la première année du module F213, et relati au deu!ième "emestre# $l reprend le plan suivi en amp%it%é&tre avec d'avantages de détails, d(illustrations ainsi que des corrigés des )roblèmes du ascicule *ravau! Dirigés qui, nous l'espérons, vous permettront de mieu! comprendre cette matière qui n'est pas si terrible qu'elle peut laisser para+tre# présent, c%oisisse- sur votre gauc%e dans l'onglet signet un c%apitre du programme que vous désire- voir ou revoir # B./ *0$B./ C.4056 )*BLANC+OT-G*)ESSIERE

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  • 2iem SEMESTRE

    MODULE F213 :

    SOLLICITATIONS SIMPLES FLEXION - TORSION

    PROBLMES-CORRIGES

    Bienvenue vous au laboratoire de :

    Dimensionnement Des Structures du Dpartement :

    Gnie Mcanique et Productique Ce livre lectronique est destin complter le cours enseign durant la premire anne du module F213, et relatif au deuxime Semestre. Il reprend le plan suivi en amphithtre avec davantages de dtails, d'illustrations ainsi que des corrigs des Problmes du fascicule Travaux Dirigs qui, nous lesprons, vous permettront de mieux comprendre cette matire qui nest pas si terrible quelle peut laisser paratre. A prsent, choisissez sur votre gauche dans longlet signet un chapitre du programme que vous dsirez voir ou revoir .

    BON TRAVAIL-BON COURAGE

    V.BLANCHOT-G.VESSIERE

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    F213

    INERTIE

    TORSION

    FLEXION

    SOLLICITATIONS COMPOSEES

    FLAMBEMENT

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    INERTIE

    PROBLME N1

    1) L'aire de la surface ci-contre vaut 129 cm. Ses moments d'inertie par rapport aux axes et ' valent respectivement 37 460 cm4 et 74 920 cm4. La distance d2 vaut 7.6 cm. Calculez la distance d1, le moment d'inertie de la surface par rapport l'axe central y, et le moment statique de la surface par rapport l'axe '. 2) L'aire de la surface ombre ci-contre vaut maintenant 96.78 cm. Son moment d'inertie par rapport l'axe ' vaut 16 650 cm4. Les distances d1 et d2 valent respectivement 7.6 cm et 5.1 cm. Calculez le moment d'inertie de la surface par

    rapport l'axe

    RPONSES N1

    1) Thorme dHuyghens :

    ( )

    ( ) ( )

    ++=

    +=

    21

    22

    21''

    21

    AddIIAdII

    yy

    yy

    ( )

    ( ) ( )

    ++=

    +=

    21296,774920112937460

    21

    21

    dIdI

    yy

    yy

    ( ) ( ) ( )1296,76,723746012 21 += d d1=15,3 cm

    En reportant la valeur de d1 dans lquation (1) : Iyy= 7246,6 cm4

    ( )1296,73,15''

    +== AxQG Q=2954,1 cm

    3

    2) ( )AddII yy 2221'' += Iyy=16650-12,72*96,78 Iyy=1040,35 cm4 AdII yy

    21+= I=1040,35+7,6

    2*96,78 I=6630,37 cm4

    '

    y

    z,,,, , '

    G

    d1

    d2

    '

    y

    z,,,, , '

    G

    d1

    d2

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    PROBLME N2 Calculez pour la surface ci-contre: a) Ixx et Iyy si b = 25 cm . b) b pour que Ixx = Iyy.

    x

    300mm

    b

    Figure E3

    y

    25mm25mm

    50mm

    RPONSES N2 a) b=25cm

    Dcomposons la surface S en deux S1, et S2 12

    530 31

    =

    SxxI 12

    255 32

    =

    SxxI

    12255

    12530 33

    21

    +

    =+= SxxSxx

    Sxx III Ixx=6822,92 cm4

    De mme aprs application du thorme dHuyghens :

    5302012

    305 231 +=SyyI 2555,212525 232 +=SyyI

    2555,212

    5255302012305 232321 +++=+= Syy

    Syy

    Syy III Iyy=72291,67 cm4

    b) Ixx = Iyy bbb +++=+ 55,212

    55302012305

    125

    12530 232333

    5b3-500b-851250=0 quation du 3m degr admettant 2 solutions imaginaires et une solution relle : b=56 cm

    S1

    S2

    G1 G2 x

    y

    300 mm

    25 mm 25 mm

    50mm

    b

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    PROBLME N3

    Calculez pour la surface ci-contre: 1) Les moments et le produit d'inertie par rapport aux axes centraux y et z. 2) La position des axes centraux principaux et les moments d'inertie principaux. 3) Les moments et le produit d'inertie par rapport deux nouveaux axes centraux obtenus par une rotation positive de 30 des axes y et z.

    RPONSES N3 1)

    Dcomposons la surface initiale S en trois surfaces S1, S2 et S3 : 321Syy

    Syy

    Syy

    Syy IIII ++= avec 21

    Syy

    Syy II =

    Appliquons le thorme dHuyghens : 12

    1

    1

    11

    1 AzIIG

    Syy

    Syy += et

    333

    3 Syy

    Syy II =

    cm

    cmG

    yz 5,24

    1

    S1

    S2

    G1

    G2

    y

    z

    90mm

    10mm

    10mm

    50mm

    10mm

    50mm

    G3 G

    y2

    z2

    y1

    z1

    y3

    z3 S3

    y

    z

    90mm

    10mm

    10mm

    50mm

    10mm

    50mm

    G

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    121945,2

    12412

    32

    3 +

    +

    =

    SyyI IyyS=61,42 cm4

    De mme : ( )12

    914412

    1423

    23

    +

    +

    =

    SzzI IzzS=189,42 cm4

    321 Syz

    Syz

    Syz

    Syz IIII ++= avec 03 =

    SyzI (y et z sont axes de symtrie pour S3) 111

    1

    11

    21 AzyIIIGG

    Szy

    Syz

    Syz +==

    ( )( )( )145,2402 +=SyzI car 01 11 =S zyI (y1 et z1 sont axes de symtrie pour S1) IyzS=-80 cm4 2) Position des axes principaux :

    zzyy

    yz

    III

    =

    22tan

    2cos mme signe que zzyy II ( )Yy, =

    25,142,18942,61

    8022tan

    =

    02cos

    Inversion trigonomtrique de la tangente :

    =

    =

    6612823451225,12tan

    2

    1o

    o

    Or 02cos la solution 1 est donc rejeter. =6433 avec ( )Yy, = Moments dinertie principaux

    ( ) ( ) ( )2222 80442,18942,6121

    242,18942,614

    21

    2+

    +=+

    += mm yzzzyy

    zzyyZY III

    III

    cos

    sin tan

    1

    -1,25

    21

    22

    y

    z

    h

    t Y

    Z

    G 30

    =6433

    -3433

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    IY=227,87 cm4 IZ=22,97 cm4

    3) Utilisons les formules de rotation exprimes dans les axes principaux :

    =

    +

    ++

    =

    ++

    =

    pi

    2sin2

    22cos

    22

    2cos22

    ZYht

    ZYZYtt

    ZYZYhh

    III

    IIIII

    IIIII

    avec ( )hY r, =

    ( )33342cos2

    97,2287,2272

    97,2287,227 o

    ++

    =hhI

    Ihh=162,7 cm4 Itt=88,14 cm4 Iht=-95,43 cm4

    Nous pouvons vrifier que : Ihh+Itt = IY+IZ = IG = 250,84 cm4

    PROBLME N4

    Calculez, pour la surface ci-contre (les cotes sont en cm): 1) La position du centre de gravit dans le repre x,y. 2) Les moments et le produit d'inertie par rapport aux axes centraux parallles x,y. 3) La position des axes centraux principaux et les moments d'inertie principaux.

    x

    y

    6

    6

    2

    2

    2 2

    Y

    y

    h

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    RPONSES N4 Dcomposons la surface initiale S en trois surfaces S1, S2 et S3 1)

    cm

    cmG

    XY 31

    1 cm

    cmG

    XY 37

    2 cm

    cmG

    XY 53

    3 A1=4cm2 A2=12cm

    2 A3=20cm2

    2012420512343

    2012420312741

    321

    332211

    321

    332211

    ++

    ++

    ++

    ++=

    ++

    ++

    ++

    ++=

    AAAAYAYAYY

    AAAAXAXAXX

    GGGG

    GGGG

    cm

    cmG

    XY 11,411,4

    Si S1 S2 S3

    Ai (cm2) 4 12 20

    Gi/yz (cm)

    -28/9

    -10/9

    26/9

    -10/9

    -10/9 8/9

    Iyiyi (cm4) 24/12 6*23/12 2*103/12

    Iyizi (cm4) 0 0 0

    S3

    S2 G2 G1

    X

    Y

    10/9

    6cm

    S1

    G3 G

    2cm 2cm

    2cm

    2cm

    6cm

    y2

    z2

    y1

    z1

    y3

    z3

    y

    z

    10/9

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    2) 321 S

    yySyy

    Syy

    Syy IIII ++= avec i

    Syy

    Siyy AzII Gi

    i

    ii

    2+=

    2098

    1210.212

    910

    122.64

    910

    122 232324

    ++

    ++

    +=SyyI

    IyyS=IzzS=207,56 cm4

    321 Syz

    Syz

    Syz

    Syz IIII ++= avec i

    Szy

    Siyz AzyII GiGi

    i

    ii+=

    2098

    910012

    910

    92604

    910

    9280

    ++

    ++

    +=SyzI

    IyzS=-44,44 cm4

    Elments principaux dInertie :

    =45 car Y est axe de symtrie de la surface S

    ( ) ( ) ( )2222 44,444021

    2562,20756,2074

    21

    2+

    +=+

    += mm yzzzyy

    zzyyZY III

    III

    IY=252 cm4 IZ=163,12 cm4

    G y

    z

    Y Z

    =45

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    PROBLME N5

    Considrons les trois surfaces ci-contre. 1) Calculez pour chaque surface la valeur de x de telle faon que le moment d'inertie central maximum vale 54 cm4. 2) Calculez alors l'aire de chaque surface et en dduire la surface la plus rationnelle.

    RPONSES N5 Les trois sections S1, S2, S3 possdent 2 axes de symtries qui sont donc les axes principaux dinertie. Le moment dinertie maximum est celui relatif laxe Y. Section S1 :

    444

    3

    2454542412

    2 ===

    = xcmx

    xx

    IY

    x=6 cm A1=18 cm2

    Section S2 :

    cmxcm

    xx

    xx

    xIY 58,6

    6258

    241

    545412

    55224 4

    4

    3

    4

    =

    ==

    =

    =

    558,64

    1058,63

    258,6 2

    2A

    x=6,58 cm A2=11,25 cm2

    x

    x/2

    x/10

    x/10

    S2

    G Y

    Z

    x

    x/2

    S1

    G Y

    Z

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    Section S3 :

    cmxcm

    xx

    xx

    xIY 84,6

    375064

    241

    545412

    510224 4

    4

    3

    4

    =

    ==

    =

    =

    584,64

    584,62

    284,6 2

    3A

    x=6,84 cm A2=8,42 cm2 Rcapitulatif :

    Si S1 S2 S3

    x(cm) 6 6,58 6,84

    IY(cm4) 54 54 54

    Ai(cm2) 18 11,25 8,42

    Section la plus rationnelle S3 car pour un mme moment dinertie son aire est la plus faible.

    PROBLME N6 1) Montrez que pour un carr de ct a tous les axes centraux sont principaux et que tous les moments d'inertie centraux valent a4 /12 (calculer Ihh et Iht). 2) Calculez les moments et le produit d'inertie du carr dans les axes u,v.

    Y

    Z

    a

    h

    a

    G

    t

    u

    v

    S3

    x

    x/2

    x/10

    x/10

    G Y

    Z

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    RPONSES N6 1) 4 axes de symtrie : Tous les axes centraux sont donc principaux

    012

    4

    ===== httthhZY IaIIII

    2)

    12

    4

    ''''

    aII vvuu == 0'' =vuI

    224

    2'' 4

    212

    aaaAxII

    Gvuuuu

    +=+= Ivv=5a4/24

    2'' 4

    24

    20 aaaAxxIIGG vuvuuv

    +=+= Iuv=-a4/8

    PROBLME N7

    300

    G3

    G2

    G1

    380

    120

    590

    18

    Y

    X

    La section droite de la partie poutre de la contre flche d'une grue tour est reprsente ci-contre. La section droite se compose d'un profil HEA 600, d'un plat 380*18 mm, et d'une cornire ailes ingales 120*80 srie 2. 1) Calculez les coordonnes du centre de gravit de la section droite dans le repre G1,xy. 2) Dterminez les lments principaux des inerties.

    v

    a

    Y

    Z

    h

    t u u v

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    RPONSES N7 1) Dtermination du centre de gravit G de la surface S :

    00

    1XY

    G cm

    cmG

    XY 4,304

    2 cm

    cmG

    XY 5,2597,20

    3 A1=226,5cm2 A2=38.1,8cm

    2

    A3=22,7cm2

    ( )( ) 2278,1385,226

    5,257,224,308,1382278,1385,226

    97,207,2248,138

    321

    332211

    321

    332211

    ++

    +

    ++

    ++=

    ++

    +

    ++

    ++=

    AAAAYAYAYY

    AAAAXAXAXX

    GGGG

    GGGG

    cm

    cmG

    XY 37,836,2

    G1 X

    Y

    G2

    G3

    G

    z

    y

    plat 380*18 L 120*80 *2

    HEA 600

    y2

    z2

    y1

    z1

    y3

    z3

    12cm

    38cm

    1,8cm

    8,37cm

    2,36cm

    59cm

    30cm

    S3

    S2

    S1

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    2) Elments principaux des inerties : Prparation des calculs : A laide des tableaux AFNOR fournis en annexe nous pouvons relever les caractristiques gomtriques des 3 surfaces. Rsumons les dans le tableau suivant :

    Si S1 S2 S3

    Ai(cm2) 226,5 38.1,8 22,7

    Gi/yz(cm)

    -2,36

    -8,37

    1,64

    22,03

    18,61

    17,13

    Iyiyi(cm4) 141200 38.1,83/12 323

    Izizi(cm4) 11270 383.1,8/12 114

    Iyizi(cm4) 0 0 ?

    Calcul du produit dinertie de la cornire Iy3z3 :

    3333

    332

    2tanzzyy

    zy

    III

    =

    431,0tan = ( ) ( )( )431,0tan2tan

    213333

    33

    =zzyy

    zy

    III

    463,11033

    cmI zy = Calcul des moments et produit dinertie de la surface dans les axes centraux y,z.

    AzIAzIAzIIIIIGGG

    Syy

    Syy

    Syy

    Syy

    Syy

    Syy

    Syy

    2223

    3332

    2

    221

    1

    11

    321 +++++=++=

    =

    =

    =

    +=

    +=

    +=

    ++=

    ++=

    ++=

    4

    4

    4

    2

    2

    22,1407102,2892232,197266

    321

    321

    321

    cmIcmIcmI

    AzyIIAyIIAzII

    avec

    IIIIIIIIIIII

    Syz

    Szz

    Syy

    iS

    zySiyz

    Szz

    Sizz

    Syy

    Siyy

    Syz

    Syz

    Syzyz

    Szz

    Szz

    Szz

    Szz

    Syy

    Syy

    Syy

    Syy

    GiGi

    i

    ii

    Gi

    i

    ii

    Gi

    i

    ii

    Elments principaux :

    =

    =

    =

    51170249921671,0

    22tan

    2

    1o

    o

    zzyy

    yz

    III

    02cos ( )Yy,754 == o 2cos mme signe que zzyy II :

    ( ) 44

    22

    37,19843496,277534

    21

    2 cmIcmI

    IIIII

    IY

    Zyzzzyy

    zzyyZY

    =

    =

    ++

    = m

    G3

    L 120*80 *2

    y3

    z3

    z=Y3

    v=Z3

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 15

    Iyy=197266,32 cm4 Izz=28922,02 cm4 Iyz=14071,22 cm4

    =-475=(y,Y)

    IY=198434,37 cm4 IZ=27753,96 cm4

    Y G

    y

    z Z

    -475

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 16

    CARACTRISTIQUES GOMETRIQUES DES SECTIONS DROITES DES POUTRES

    1. Moments statiques. Centre de gravit:

    Soient deux axes et , et P un point de la section droite auquel on associe un lment de surface infiniment petit S d'aire A.

    Par dfinition, les quantits dfinies par:

    AxdAxAxQ

    AxdAxAxQ

    G

    G

    SS

    SS

    ===

    ===

    sont les moments statiques de la section droite par rapport aux axes et . Unit de mesure: l'unit SI de moment statique est le m3. On utilise plus gnralement le cm3. N.B. : les moments statiques peuvent tre positifs, ngatifs ou nuls.

    Les moments statiques sont donc nuls si les axes et sont centraux (s'ils passent par le centre de gravit G de la section droite). On note y et z de tels axes dans ce qui suit.

    2. Moments et produit d'inertie:

    2.1. Moments d'inertie centraux par rapport aux axes d'un repre situ dans le plan de la section droite:

    Soient deux axes centraux y et z, et P un point de la section droite auquel on associe un lment de surface infiniment petit S d'aire A.

    x O

    P

    G

    xG

    x xG

    S (aire A)

    S (aire A)

    y

    z

    y

    z

    G y

    z P

    S S

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 17

    Par dfinition, les quantits strictement positives dfinies par:

    ==

    ==

    SS

    zz

    SS

    yy

    dAyAyI

    dAzAzI

    22

    22

    sont les moments d'inertie centraux la section droite par rapport aux axes y et z. Unit de mesure: l'unit SI de moment d'inertie est le m4. On utilise plus gnralement le cm4.

    N.B. : les moments d'inertie sont toujours positifs, jamais ngatifs ou nuls.

    2.2. Produit d'inertie central par rapport aux axes d'un repre situ dans le plan de la section droite:

    Par dfinition, la quantit dfinie par:

    == SS

    yz yzdAAyzI

    est le produit d'inertie central la section droite par rapport aux axes y et z.

    Unit de mesure: l'unit SI de produit d'inertie est le m4. On utilise plus gnralement le cm4. N.B. : le produit d'inertie peut tre positif, ngatif ou nul. Il est nul lorsque l'un des deux axes est axe de symtrie.

    0=== SS

    yz yzdAAyzI

    2.3. Moment d'inertie polaire par rapport au centre de gravit G de la section droite: Par dfinition, la quantit strictement positive dfinie par:

    == SS

    G dAAI22

    est le moment d'inertie polaire de la section droite par rapport au centre de gravit G de la section droite ( est le rayon polaire du point P).

    y

    z

    G P P'

    - y

    y

    z

    yz - yz

    Axe de symtrie

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 18

    Unit de mesure: l'unit SI de moment d'inertie polaire est le m4. On utilise plus gnralement le cm4. N.B. Compte tenu de la relation:

    222 zy +=

    zzyyG III +=

    Exemples: cas du cercle.

    zzyy II = 0=yzI

    yyzzyyG IIII 2=+=

    32

    4DIGpi

    =

    64

    4DI yypi

    =

    cas du rectangle.

    0=yzI

    12

    3bhI yy =

    12

    3hbI zz =

    zzyyG III +=

    ( )2212

    hbbhIG +=

    z

    G y

    b

    h

    z

    G y

    D

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 19

    2.4. Translation des axes centraux: thorme d'HUYGHENS: Soient deux repres, (O, ) quelconque, et (G,yz) central, tels que les axes soient parallles, et un point P de la section droite auquel on associe un lment de surface

    infiniment petit S d'aire A. Les relations entre les coordonnes:

    zxx

    yxx

    G

    G

    +=

    +=

    permettent d'crire: ( ) +== SS dAzxdAxI G 22

    Or :

    022; ;222

    ==== ySyySS QxzdAxIdAzAxdAx GGGG

    2

    2

    2

    GGO

    GGyz

    Gzz

    Gyy

    AII

    xAxIIAxII

    AxII

    +=

    +=

    +=

    +=

    Ces relations constituent le thorme d'HUYGHENS.

    2.5. Rotation des axes centraux :

    2.5.1. Rotation des axes centraux:

    Soient deux repres, (G,y,z), et (G,h,t) centraux, tels que le repre (G,h,t) se dduise du repre (G,y,z) par une rotation

    d'angle et un point P de la section droite auquel on associe un lment de surface infiniment petit S d'aire A.

    Les relations entre les coordonnes:

    +=

    +=

    cossinsincos

    zyxzyx

    t

    h

    permettent d'crire:

    G y

    z

    y

    z

    P

    O xG

    G

    S

    xG

    x

    x

    A

    G y

    z

    y

    z

    P h

    xt xh

    t

    S A

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 20

    ( ) ( ) ( ) ( ) ++=+== SSSSS thh dAzydAzdAydAzydAxI cossin2cossincossin 2222( ) ( ) += SSShh yzdAdAzdAyI cossin2cossin 2222

    )sin(coscossin)(cossin2cossin

    cossin2sincos

    22

    22

    22

    +=

    ++=

    +=

    yzzzyyht

    yzzzyytt

    yzzzyyhh

    IIII

    IIII

    IIII

    En fonction de l'arc double 2 , les relations prcdentes s'crivent:

    22cos1

    cos2 +=

    22cos1

    sin2 = 2sincossin2 =

    2cos2sin2

    2sin2cos22

    2sin2cos22

    yzzzyy

    ht

    yzzzyyzzyy

    tt

    yzzzyyzzyy

    hh

    III

    I

    IIIII

    I

    IIIII

    I

    +

    =

    ++

    +=

    ++

    =

    2.6. lments principaux des inerties de la section droite:

    a) Dfinition:

    Il existe toujours dans le plan d'une surface plane deux axes centraux perpendiculaires (ou une infinit d'axes centraux perpendiculaires) appels axes principaux d'inertie (nots Y et Z) suivant lesquels : 1) Le produit d'inertie de la surface est nul. 2) Les moments d'inertie principaux (note IY et IZ), sont maximum et minimum (ou constants).

    Soit l'angle particulier tel que 0I ht =

    2cos2sin2

    0 yzzzyy I

    II+

    =

    y

    Y z

    G

    Z

    S

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 21

    zzyy

    yz

    III

    =

    22tan

    En fonction de larc simple, on obtient :

    yz

    yyY

    III

    =tan

    Soit 1 l'angle particulier tel que hhI soit maximum ou minimum. On a alors:

    zy

    yz

    III

    =

    22tan 1

    Par consquent: 1= b) Expression des moments d'inertie principaux:

    Des expressions donnant hhI et ttI , on tire, compte tenu de l'expression de yzI en fonction de 2tan :

    2sin2tan2

    2cos22

    2sin2cos22

    zzyyzzyyzzyyyz

    zzyyzzyyY

    IIIIIII

    IIIII

    +

    ++

    =

    ++

    =

    +

    +=

    +

    ++

    =

    2cos1

    222cos2sin

    22cos

    22

    2zzyyzzyyzzyyzzyyzzyy

    Y

    IIIIIIIIIII

    Or :

    2

    2 212tan12cos

    1

    +=+=zzyy

    yz

    III

    0)(2cos(mini) 4)(

    21

    2

    (maxi) 4)(21

    222

    22

    >

    ++

    =

    +++

    =

    zzyyZY

    yzzzyyzzyy

    Z

    yzzzyyzzyy

    Y

    IIII

    IIIII

    I

    IIIII

    I

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 22

    TORSION

    PROBLME N8 Un cylindre est soumis un couple de torsion C = 2.5 kNm. Le module de COULOMB du matriau vaut 78 GPa. Calculez: a) la contrainte tangentielle maximum dans le cylindre. b) la distorsion des gnratrices en rd et en . c) langle de rotation des sections extrmes en .

    RPONSES N8 a) Le moment de torsion Mx est constant tout le long de la barre. CM x =

    Considrons une section quelconque G : RIC

    Gi =max avec 32

    4DIGpi

    =

    4

    6

    max 50322510.5,2

    =

    pi i max=101,86 MPa

    b) Appliquons la loi de Hooke en torsion : G=

    310.7886,101

    ==

    G

    =1,305.10-3 rd = 0,0748

    c) L angle de rotation des sections extrmes nous est donn par la relation : G

    xix GI

    LM=

    max

    43

    6

    5010.783250010.5,2

    =

    pi x = 0,0261 rd = 150

    C 50 mm

    500 mm

    C

    y

    z

    max

    =50mm

    500mm

    C=2,5kNm

    G

    maxi

    C

    y

    z G

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 23

    PROBLME N9 a) Calculez le couple C qui provoque une rotation des sections extrmes du tube de 2 sachant que G = 27 GPa. En dduire la contrainte tangentielle maximum. b) Calculez, pour d'un cylindre de mme poids que le tube et qui supporte le mme couple, l'angle de rotation des sections extrmes et la contrainte tangentielle maximum.

    RPONSES N9

    a) G

    xix GI

    LM=

    max avec ( )32

    44 dDIG

    =pi

    et 180

    pi =o

    rd

    ( )mmN

    LGIM

    ixG

    x 218513010.5,21803228010010.27

    3

    443max

    =

    ==

    pipi

    C = 2185,13mN

    ( )443

    max 8010023210010.13,2185

    ==

    pi R

    IC

    Gi max = 18,85 MPa

    b) Mme poids implique mme volume donc mme aire ( )

    mmddDdAA 6080100

    4422

    0

    2220

    0 ==

    ==pipi

    43

    3max

    6010.2732250010.13,2185

    ==

    pi

    G

    xix GI

    LM max= 0,159rd = 911

    4

    3

    max 60323010.13,2185

    ==

    pi R

    IC

    Gi max= 51,52 MPa

    100 mm

    C

    80 mm

    2.5m

    maxi

    y

    z G C

    2,5m

    C

    d=80mm

    y

    z G

    D=100mm

    2,5m

    C

    d0

    y

    z G

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 24

    PROBLME N10

    Un arbre paul tourne 900 tr/mn. La contrainte tangentielle admissible vaut 55 MPa. Calculez: a) la puissance transmise en kW si r=4mm. b) le gain de puissance si r=10mm.

    RPONSES N10 a) r=4mm

    72,105,0

    804

    280

    160=

    ==

    ==

    tt epaulepaul K

    drdD

    K

    mmNKd

    ICdICK Gi

    Gi 32146534072,132

    805522

    4max

    max =

    ===

    pi C=3214,65mN

    CP = avec 30Npi

    =

    La puissance sexprimant en Watt, le couple en mN et la rotation angulaire en radian par seconde.

    WP 30297430

    90065,3214=

    =

    pi P=303kW

    b) r=10mm

    35,1125,0

    8010

    280

    160=

    ==

    ==

    tt epaulepaul K

    dr

    dD

    K

    100303

    30338638635,1

    72,1303

    ==

    = GainkWP G%=27,4%

    C 160 mm 80 mm

    r

    C

    d=80mm

    D=160mm r

    C

    C

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 25

    PROBLME N11 Un arbre de torsion tubulaire de diamtre extrieur D, de diamtre intrieur d, de longueur 1200mm, est sollicit par un couple de 2000 mN. Sous laction de ce couple, langle de torsion total de lune des extrmits par rapport lautre doit tre de 200.5. La contrainte maximum admissible en torsion est de 400 MPa. Le module de COULOMB du matriau vaut 80 GPa. 1) Calculer la distorsion angulaire maximum en radians en appliquant la loi de HOOKE. 2) En dduire le diamtre extrieur D en mm (arrondir le rsultat au mm). 3) Quel est alors le diamtre intrieur d en mm (arrondir le rsultat au mm). 4) Avec les valeurs trouves en 2) et 3) calculer la contrainte maximum de torsion (en MPa) et l'angle de torsion des sections extrmes (en ). RPONSES N11

    1) 3max

    max 10.80400

    ==

    G

    =5.10-3rd

    2) mmLDLD 37,34

    20180120010.522

    2

    3

    =

    ===

    pi

    En arrondissant au mm : D=34mm

    3) RIC

    Gi =max avec

    ( )32

    44 dDIG

    =pi

    ( ) mmdd 19,26400 321710.20003434 321710.2000400 43

    444

    3

    =

    =

    =

    pipi

    En arrondissant au mm : d=26mm

    4) ( )443

    max 2634321710.2000

    =

    pi max = 393,83 MPa

    ( )4433

    max

    263410.8032120010.2000

    ==

    pi

    G

    xix GI

    LM max= 0,347rd = 1991

    1200mm

    D

    d

    max

    C=2000mN

    G

    C

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 26

    PROBLME N12 Le diamtre extrieur vaut 20 mm, le diamtre intrieur 16 mm. La barre AB est encastre en A et B. Calculez les moments d'encastrement en A et B.

    RPONSES N12 Problme spatial : H=i-6n=6 car 6 inconnues en A, 6 inconnues en B . Compte tenue du chargement, nous pouvons rduire le degr dhyperstaticit 1 : 2inconnues externes, un moment en A et un en B Equation dquilibre : NmCMM BA 120==+ Equation de dformation : 0/ =+= CBACBA

    ACG

    ACACx

    AC GILM

    = avec AACx MM = CBG

    CBCBx

    CB GILM

    = avec BCBx MM =

    44

    4

    1620200

    ===+

    =+ CBG

    ACG

    B

    ACBG

    BACG

    ACBG

    CBCBx

    ACG

    ACACx

    II

    MM

    IM

    IM

    GILM

    GILM

    Do le systme rsoudre :

    =

    =+

    44

    4

    162020

    120

    B

    A

    BA

    MM

    MM 55,44

    1620201

    120

    44

    4 =

    +

    =BM 45,75=AM

    MA = 75,45 Nm MB = 44,55 Nm

    120Nm

    125mm

    125mm

    A

    C

    B

    A

    B

    MA

    125mm

    125mm C

    D=20mm

    D=16mm

    MB

    C=120mN

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 27

    PROBLME N13 La contrainte tangentielle maximum dans les arbres AB et CD vaut 55 MPa. Calculez: a) la valeur du couple Co. b) le diamtre d. c) la rotation de la section droite A (en ) par rapport la section droite D sachant que G= 80 GPa.

    RPONSES N13

    a) 2

    0max

    dIM

    ABG

    ABx

    i = avec 32

    40dI ABG

    pi= et 0CM

    ABx =

    mmNdIC

    ABGi 62981

    9321855

    2

    4

    0

    max0 =

    ==

    pi

    C0 = 63 Nm

    b) NmCC 4,176205663

    2056

    0 ===

    2maxd

    IM

    CDG

    CDx

    i = avec 32

    4dI CDGpi

    = et CM CDx =

    37,2555

    10.4,1761633

    =

    =

    pid d = 25,4 mm

    c) ABG

    ABABx

    AB GILM

    = ; CDG

    CDCDx

    CD GILM

    =

    rdABCDADA 1818,01810.803260010.63

    2056

    4,2510.803290010.4,176

    2056

    43

    3

    43

    3

    / =

    +

    =+==

    pipi

    A= 1042

    C0

    600mm

    900mm

    56mm 20mm

    d0= 18 mm

    d

    B

    D

    C

    A

    d

    d0=18mm

    A

    B C

    D

    C0

    20mm

    56mm

    600mm

    900mm

    B C

    C0

    20mm

    56mm

    C 2056

    0 = CC

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 28

    PROBLME N14 On considre lassemblage de la figure ci-contre, constitu de deux arbres lastiques AB et CD relis par deux engrenages. Les arbres AB et CD sont constitus du mme acier de module de Coulomb : 80GPa, et ont mme diamtre d. Larbre AB a une longueur de 400mm et larbre CD une longueur de 600mm. Un couple C0 = 1000Nm est appliqu lextrmit D de larbre CD. Lextrmit A de larbre AB est encastre.

    1) Le point de contact des dentures des engrenages est situ sur une circonfrence de rayon rB =100mm pour lengrenage B et de rayon rC = 40mm pour lengrenage C. Calculer le moment de torsion auquel est soumis larbre AB.

    2) Sachant que la rotation D par rapport A ne peut excder une valeur de 1,5 et que la contrainte tangentielle maximum admissible dans les deux arbres ne peut excder 60 MPa, calculer le diamtre d des arbres AB et

    CD arrondi au mm. RPONSES N14

    1) C

    BAB

    r

    rCC = 0

    401001000=ABC

    CAB=2500mN

    2) Condition de rsistance: 33

    3max 6010.25001616

    pi

    pi

    = ddC

    eAB d=59,65mm

    Condition de dformation : lim/ DA ; CDG

    CDCDx

    CD GILM

    = ; ABG

    ABABx

    AB GILM

    =

    1805,1

    10.803260010.1000

    40100

    10.803240010.2500

    40100

    43

    3

    43

    3

    /pi

    pipi

    +

    =+=

    ddCDABDA

    Do mmd 31,625,1

    18010.80

    3260010.100040

    10010.80

    3240010.25004 3

    3

    3

    3

    =

    +

    pi

    pipid=62,31mm

    Choix du diamtre d=63 mm

    rc=40mm

    A

    D

    C0=1000mN

    600mm

    400mm

    B

    C

    rB=100m

    CAB

    rc=40mm

    C0=1000mN

    B

    C

    rB=100m

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 29

    PROBLME N15 Calculez d1, d2, d3 dans chacun des 3 cas sachant que C= 300 Nm et que la contrainte de cisaillement maximum vaut 60 MPa. Quelle est la section la plus rationnelle?

    RPONSES N15 Daprs lannexe 4 :

    hekJ 31=

    hekM x

    i 22

    max =

    a) Section circulaire :

    33

    131

    1max 60

    1610.300162 pi

    pi

    == ddMd

    IM

    e

    x

    G

    x

    i d1=29,42mm Aire : A1=679,79mm2

    b) Section carre :

    hekM x

    i 22

    max = 208,01 22 ==== ke

    hdhe 33

    2 208,06010.300

    d d2=28,86mm A2=832,9mm2

    c) Section rectangulaire :

    hekM x

    i 22

    max = 246,022 23 ==== ke

    hdhe 33

    3 2246,06010.300

    d

    d3=21,66mm A3=938,31mm2 La section la plus rationnelle est donc circulaire

    C

    C

    d1

    Cd3

    d2

    d2 2d3

    C

    d1

    C C

    d3

    d2

    d2 2d3

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 30

    PROBLME N16 Deux barres ralises en un mme matriau ont mme longueur et mme poids. L'une a une section circulaire (1), l'autre carre (2). Dterminez pour une mme contrainte tangentielle maximum:

    a) le rapport des couples de torsion transmis. b) le rapport des angles de rotation des sections extrmes.

    RPONSES N16 Daprs lannexe 4 : Section carre

    hekM x

    i 22

    max = GJM x

    x ='

    hekJ 31=

    208,0141,0

    12

    1

    =

    =

    =kk

    e

    h

    Section circulaire

    21

    max

    dIM

    G

    x

    i = G

    xx GI

    M=

    '

    2

    4rIG

    pi=

    Mme longueur, et mme poids impliquent que les aires sont identiques :

    pipi raar == 22 a) Rapport des couples de torsion transmis. carri

    cerclei maxmax =

    356,12208,0

    1208,0

    2

    34 === pipipipi carr

    cerclecarrcercle

    CC

    r

    Cr

    r

    C C/C

    =1,356

    b) Rapport des angles de rotation des sections extrmes.

    G

    cerclecercle

    GILC

    = GJ

    LC carrcarr= avec 241 pirkJ =

    201,12141,0356,12141,0356,1 424

    ==== pipi

    pi

    r

    r

    ICJCG

    carr

    cercle

    carr

    cercle

    /

    =1,201

    C C

    L

    L

    2r

    a

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 31

    TORSION 1. Dfinition :

    Si, pour une poutre droite section constante, le torseur de section se rduit Mx, quel que soit la section droite, la poutre est soumise de la torsion. On distingue suivant la forme de la section droite: La torsion de COULOMB pour les sections droites circulaires ou tubulaire. La torsion de SAINT-VENANT pour les sections droites non circulaires.

    2. Torsion de COULOMB:

    2.1. Contraintes en un point P appartenant une section droite :

    Aprs application du couple Cr

    on constate que:

    La longueur et le diamtre du cylindre n'ont pas varis.

    Toutes les sections droites subissent une rotation x proportionnelle x.

    La seule dformation est une distorsion des gnratrices, tout fait comparable celle qu'on observe dans le cisaillement simple. On peut donc crire, quel que soit le point de la section droite:

    0= = G d'aprs la loi de

    HOOKE

    tant donne la symtrie de rvolution autour de l'axe de torsion, la contrainte tangentielle est: 1) tangente aux cercles de rayon polaire . 2) la mme en des points situs sur un cercle de rayon polaire .

    C 2R

    L

    x

    a

    b xmaxi

    x

    C

    G

    maxi b

    x

    2R

    G C

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 32

    Considrons un point P de la section droite , la contrainte varie linairement le long du rayon polaire : k= .

    =

    =

    sincos

    z

    y

    ===

    ===

    kykkzk

    xz

    xy

    coscos

    sinsin

    Le vecteur contrainte en un point P doit satisfaire ces 6 quations (Voir cours module F112)

    ( ) = S xxdA01 ( ) = S xyxzx dAzyM )(4 ( ) = S xydA02 ( ) = S xxdAz05 ( ) = S xzdA03 ( ) = S xxdAy06

    Les quations (1) (5) et (6) sont identiquement vrifies car la composante normale

    0== xx

    L quation ( ) 002 ===== SySSS xy kQzdAkkzdAdA galement vrifie, de mme pour (3) car le moment statique par rapport des axes centraux est nul. L quation (4) nous permet de calculer la constante k :

    G

    xGSSS xyxzx I

    MkkIdAkdAzykdAzyM ===+== 222 )()(

    Le vecteurcontrainte dans les axes xyz:

    =

    =

    G

    PxP

    xz

    G

    PxP

    xyP

    xyzx

    IyM

    IzM

    0

    /

    r

    s'crit dans les axes xht:

    =

    G

    PxP

    Pxhtx

    IM

    00

    /

    r

    La contrainte maximum de torsion en des point P situs sur le contour de la section droite vaut:

    RIM

    G

    xi =max

    G

    2R

    Mx

    z

    y

    xz

    xy y

    z

    P

    h

    t

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 33

    La distorsion maximum ( l'abscisse polaire =R) vaut:

    LR

    abbb

    tgi

    xii

    max

    maxmax

    ' ==)

    La distorsion l'abscisse polaire vaut:

    L

    ix

    max = Soit, en introduisant l'angle

    unitaire de torsion L

    ix

    x

    max'

    =

    '

    x =

    La contrainte tangentielle s'crit:

    'xG=

    Gxx IGM'=

    2.2. Concentration de contraintes. Influence de la variation brutale de la section droite:

    G

    maxi

    2R

    C

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 34

    On constate que dans la section la plus faible et au voisinage du raccordement, la contrainte tangentielle relle maximum de torsion subit une forte majoration par rapport la valeur nominale fournie par la thorie des poutres. La contrainte maximum relle imax de torsion se calcule partir de la contrainte nominale

    maximum 2d

    IC

    G

    fournie par la thorie des poutres par la relation:

    2maxd

    ICK

    Gi =

    K est le facteur de concentration de contraintes.

    2.3. Essai de torsion: Cet essai n'est pas normalis. On soumet une prouvette, section circulaire, un couple croissant lentement jusqu' la rupture de lprouvette. On enregistre le diagramme couple C/rotation z de deux sections., que l'on rend

    intrinsque en divisant le couple par 16

    3Dpi et la rotation par

    RL

    .

    Le diagramme est gnralement compos d'une partie OA linaire et rversible: la zone lastique, et d'une partie courbe ABC: la zone plastique o l'prouvette subit des dformations irrversibles. La rupture intervenant au point C. On constate qu'il y a deux comportements trs diffrents suivant que le matriau est ductile ou fragile. Dans la zone lastique la

    nom=Cd/2IG G

    maxi

    d

    C

    A

    C B C

    A

    maxi

    maxi

    e=Rg Matriaux ductiles

    Matriaux fragiles

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 35

    loi de proportionnalit entre la contrainte tangentielle maximum de torsion RIC

    Gi =max et

    la distorsion maxi des gnratrices de l'prouvette est la loi de HOOKE en torsion. Comme pour le cisaillement simple elle s'crit:

    ii G maxmax =

    o G est le module d'lasticit transversale ou module de COULOMB du matriau. La contrainte tangentielle maximum de torsion la fin de la zone lastique est la limite

    lastique au cisaillement du matriau. Elle se note eou Rg. N.B. L'essai de torsion est le seul qui permette une dtermination correcte du module de COULOMB G et de la limite lastique au cisaillement e du matriau. On montre que le module de YOUNG E, le module de COULOMB G, et le coefficient de POISSON sont, lorsque le matriau est isotrope, lis par la relation:

    )1(2 +=EG

    On constate que pour un matriau fragile les limites lastiques en traction et cisaillement sont sensiblement les mmes tandis que pour un matriau ductile:

    2e

    e

    2.4.. Rotations des sections droites:

    Expression de la rotation d'une section droite d'abscisse z. De la relation G'

    x IGC = on tire abscisse x:

    xGIM

    G

    xx =

    Expression de la rotation maximum (celle de la section d'abscisse L):

    G

    xix GI

    LM=

    max

    2.5. Coefficient de scurit: Il se calcule par la relation:

    i

    e

    max

    =

    N.B. On impose quelquefois une condition de rigidit pour les arbres de transmission: mx /25.0

    '

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 36

    3. Torsion de SAINT-VENANT (sections droites non circulaires): On constate exprimentalement que les sections droites ne restent pas planes aprs application du couple de torsion. Elles subissent un gauchissement axial qui peut entraner, si celui-ci est empch, l'apparition de contraintes normales dans la section droite. L'hypothse de NAVIER-BERNOULLI n'est donc plus vrifi, le principe de l'indpendance des effets des forces non plus, seule la thorie de l'lasticit peut rsoudre le problme.

    Torsion des Sections Rectangulaires :

    La figure ci-contre permet de visualiser la rpartition des contraintes tangentielles de torsion dans une barre section rectangulaire.

    On montre alors, en lasticit, que: 1) La relation entre le moment de torsion et l'angle unitaire de torsion est:

    GJM x

    x ='

    o J est le moment d'inertie de torsion de la section rectangulaire. Il se calcule par la relation suivante:

    hekJ 31=

    o k1 est une fonction du rapport h/e donn dans le tableau suivant:

    h/e 1 1.5 2 3 4 5 6 8 10

    k1 0.141 0.196 0.229 0.263 0.281 0.291 0.299 0.307 0.313 1/3

    k2 0.208 0.231 0.246 0.267 0.282 0.291 0.299 0.307 0.313 1/3

    k3 1.000 0.859 0.795 0.753 0.745 0.744 0.743 0.742 0.742 0.742

    N.B. Lorsque la section droite est circulaire la relation entre le moment de torsion et l'angle unitaire de torsion est:

    G

    xx GI

    M=

    '

    Le moment d'inertie de torsion est alors le moment d'inertie polaire du cercle (piD4

    32).

    Mx G

    maxi

    maxi

    e

    h

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 37

    2) La contrainte maximum de torsion (au milieu des grands cts du rectangle) vaut:

    hekM x

    i 22

    max =

    o k2 est une fonction du rapport h/e donn dans le tableau prcdent.

    3) La contrainte au milieu des petits cts du rectangle vaut:

    ii k max3'max =

    o k3 est une fonction du rapport h/e donn dans le tableau prcdent.

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    FLEXION

    PROBLME N17

    Considrons la poutre ci-contre soumise un moment de flexion M. La section droite de la poutre est un tube rectangulaire en aluminium d'paisseur 8 mm. Calculer la valeur du moment M que peut supporter la poutre, sachant que e e

    ' MPa= = 200 et que le coefficient de scurit vaut 1.25. Calculer le rayon de courbure de la ligne moyenne sachant

    que E=70 GPa et la flche maximum sachant que la longueur de la poutre est de 1.5 m. RPONSES N17 Le moment de flexion My=+M est constant tout au long de la poutre G0G1. Toutes les sections sont donc quidangereuses.

    120 mm

    80 mm

    Y X G G

    Z Z 1.5 m

    M x

    z

    80 mm

    1.5 m

    x

    z

    G0

    G1

    G

    Z

    Y

    X

    y 120 mm

    M

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 39

    Considrons une section quelconque G. les axes ,Y et Z sont principaux dinertie pour la section tubulaire G (axes de symtrie). Le moment de flexion MY=+M est port par laxe principal Y : Nous sommes donc en prsence de flexion pure plane. Laxe neutre est donc confondu avec celui qui porte le moment flchissant Y. Lensemble des points P et P qui sont les plus loigns de laxe neutre (vmaxi) sont les points les plus contraints. Les points P sont comprims et P tendus.

    ( )

    '33

    '' 60

    12104.64

    12120.80

    eP

    Y

    YPxx

    MZI

    M

    == ;

    eP

    Y

    YPxx

    MZI

    M

    == 60

    12104.64

    12120.80 33

    ''''

    Do : 25,1

    20060

    12104.64

    12120.80 33

    M M14,7 kNm

    Lquation de la dforme est donne par : MEIwEIM

    EIM

    w YYY

    Y=== ''''

    In tgrons 2fois : MEIw Y =''

    1CMxEIw Y +=

    21

    2

    2CxCMxwEI Y ++

    =

    Conditions limites pour calculer les constantes dintgration : en

    G1 :

    ===

    ===

    MlCwlx

    MlCwlx

    1

    2

    2

    02

    0

    Lquation de la dforme est donc :

    +

    =

    221 22 MlMlxMx

    EIw

    Y

    La flche maximum a lieu en G0, pour x=0 :

    YEI

    Mlw

    2

    2

    max =

    ( )

    =

    1210464

    1212080700002

    105,1107,1433

    236

    maxw

    wmax=-42,79mm

    MEIRw

    RY

    =1

    6

    33

    107,141210464

    121208070000

    =R R=26289mm=26,29m

    G

    Z

    Y MY

    v

    P

    P

    R

    x

    z

    G0

    G1

    y M

    w wmax

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 40

    PROBLME N18

    1) La section droite de la poutre est un rectangle (b=30 mm et h=90 mm). La longueur de la poutre est de 1 m. Le module de YOUNG vaut 200 GPa. La contrainte normale maximum ne peut dpasser 120 MPa. Calculer : a) le moment flchissant maximum quand = 0, 30, 90. b) les flches quand on

    applique ces moments de flexion chaque extrmit. 2) La section droite est un UAP. Le moment de flexion appliqu vaut M = 5000 Nm. Dterminer les dimensions du UAP qui convient dans chacun des trois cas (=0, 30, 90 ) si la contrainte normale maximale vaut 120 MPa. RPONSES N18 1) Moment M Le systme est autoquilibr, les ractions en A et B sont nulles. Dans la section G le Torseur de Section se rduit a une seule composante du moment suivant laxe z : Mz=-M. Toutes les sections G sont donc quidangereuses. Nous sommes donc en prsence de Flexion Pure. Placons nous une section quelconque G. La section tant rectangulaire, nous savons que le systme daxex principaux est constitu par les deux axes de symtrie. Orientons laxe principal Y comme tant celui qui enregistre le moment dinertie maximum, et dduisons laxe Z par une rotation de +/2.

    x G

    1 m

    M G h

    b

    Y Z

    M

    y y

    z

    M

    M

    1 m

    h M

    A B

    b

    G x

    y

    z

    G

    y

    z

    Y

    h

    b

    y

    z

    Z

    G M

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 41

    a) =0 La poutre est dans ce cas plac sur champ. Le moment de flexion tant port par laxe principal Y la flexion est dite plane. Laxe neutre est donc confondu avec celui qui porte le moment. Cest laxe de rotation de la section. Les points les plus loigns de laxe neutre xvmaxi sont les plus contraints. Les points P sont les plus contraints en traction, et P en compression.

    e

    P

    Y

    YPxx

    hhb

    MZI

    M

    ==

    212.

    3''

    61209030 2 M M=4,86 kNm

    M x

    z

    y

    G x

    y

    z

    1 m

    b

    h

    M

    Y h

    b

    y

    z

    Z

    G M

    v

    P

    P

    G

    y

    z

    M

    M x

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 42

    a) =90 La poutre est dans ce cas plac sur plat. Le moment de flexion tant port par laxe principal Z la flexion est dite plane. Le dtail des calculs est similaire au cas prcdent

    e

    P

    Z

    ZPxx

    bbh

    MYI

    M

    ==

    212.

    3''

    61203090 2 M M=1,62 kNm

    1 m b

    h

    M

    M

    x

    z

    y

    G x

    y

    z

    Y

    h

    b

    y

    z Z

    G M

    v

    P

    P

    M

    M

    G x

    y

    z

  • TD-1A-S2-F213

    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 43

    a) =30 La poutre est maintenant inclin de 30. Le moment de flexion M ntant pas port par laxe principal Y ni par laxe principal Z la flexion est dite dvie. Afin de trouver les points les plus contraints, il nous faut rechercher laxe neutre . Laxe neutre qui est laxe de rotation reprsente le lieu des points de la section o la contrainte normale xx=0. Dans les axes principaux son quation est :

    YII

    MMZ

    Z

    Y

    Y

    Z=

    Les composantes du moment sur les axes principaux sont : 30cosMMY = 30sinMM Z =

    Do :

    YYbhY

    hb

    bh

    MMZ

    22

    3

    3

    309030tan30tan

    12

    1230cos30sin

    =

    =

    =

    Equation de laxe neutre : YZ 196,5= ( ) 179, == rrY Deux points les plus contraints P, P.

    e

    P

    Y

    YP

    Z

    ZPxx ZI

    MYI

    M ++= '''

    e

    hbh

    Mbhb

    M++

    212

    30cos2

    12

    30sin33

    +

    2230cos30sin6

    bhhb

    M e

    +

    22 903030cos

    309030sin6

    120M

    M=2,05 kNm

    Cest une valeur comprise entre les deux extremes des cas prcdents.

    x

    z

    y

    G x

    y

    z

    b

    1 m

    h

    30

    M

    M

    Y

    h

    b

    y

    z

    Z

    G M

    v P

    P

    =30 MY

    MZ =-791

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 44

    Flche :

    b) =0

    Lquation de la dforme est donne par : MEIvEIM

    EIM

    v ZzZ

    Z=== ''''

    In tgrons 2fois : MEIv z =

    ''

    1CMxEIv z +=

    21

    2

    2CxCMxvEI z ++

    =

    Conditions limites pour calculer les constantes dintgration : en:

    ===

    ===

    20

    000

    1

    2MlCwlx

    Cwx

    Lquation de la dforme est donc :

    +

    = xMlMx

    EIv

    z 221 2

    La flche maximum a lieu en x=l/2 : ( ) 332362

    max 903010.20081210.110.86,4

    8

    ==

    zEIMl

    v vmax=1,67mm

    b) =90

    Le calcul de la flche est similaire au cas prcdent : ( )

    33

    2362

    max 309010.20081210.110.62,1

    8

    ==

    yEIMl

    w wmax=5 mm

    b) =30

    Nous appliquons le principe de superposition : 22max wvf +=

    222

    max 8

    +

    =

    Z

    Z

    Y

    Y

    IM

    IM

    Elf 30cosMMY = 30sinMM Z =

    ( ) 23

    62

    3

    6

    3

    23

    max 30901230sin10.05,2

    90301230cos10.05,2

    10.200810.1

    +

    =f fmax=3,22 mm

    M

    1 m

    M

    A B

    G x

    y

    z

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 45

    2) UAP :

    a) =0 Le moment de flexion tant port par laxe principal Y la flexion est plane. Laxe neutre est donc confondu avec celui qui porte le moment. Cest laxe de rotation de la section. Les points les plus loigns de laxe neutre xvmaxi sont les plus contraints. Les points P sont les plus contraints en traction, et P en compression.

    e

    P

    Y

    P

    Y

    YPxx ZI

    MZI

    M == '''

    e

    PY M

    ZI

    '

    12010.5000 3

    'P

    Y

    ZI 3

    '66,41 cm

    ZI

    PY

    En se rfrant lannexe des profils UAP nous devons choisir un profil dont le module dinertie de flexion est suprieur 41,66cm3 Le choix du profil sera UAP100 dont le module dinertie de flexion est 41,9cm3 .

    1 m

    h

    M=5000Nm

    A B

    b

    G x

    y

    z

    G

    y

    z

    M=5000Nm

    1 m

    x

    z

    y

    G x

    y

    z

    M

    1 m

    M

    Y

    Y

    y

    z

    Z

    G M

    v

    P

    P

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 46

    a) =90 Le moment de flexion tant port par laxe principal Z la flexion est plane. Laxe neutre est donc confondu avec celui qui porte le moment. Cest laxe de rotation de la section. Les points les plus loigns de laxe neutre xvmaxi sont les plus contraints. Les points P sont les plus contraints en traction, et P en compression.

    e

    P

    Z

    P

    Z

    ZPxx YI

    MYI

    M == ''''''

    e

    PZ M

    ZI

    '' 3

    ''66,41 cm

    ZI

    PZ

    Le choix du profil sera UAP250 dont le module dinertie de flexion est 41,9cm3 .

    a) =30 Le profil est maintenant inclin de 30. Nous sommes en prsence dune flexion dvie car le moment nest plus port par un axe principal dinertie. Nous savons que le choix devra etre compris entre les UAP100 et UAP250 compte tenu des cas tudis pr&cdement.

    x

    z

    y

    G x

    y

    z

    1 m

    M

    M

    v

    Y

    Y

    y

    z Z G M

    P

    P P

    x

    z

    y

    G x

    y

    z

    1 m

    30

    M

    M

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 47

    Faisons le choix dun UAP175 : Laxe neutre qui est laxe de rotation reprsente le lieu des points de la section o la contrainte normale xx=0. Dans les axes principaux son quation est :

    YII

    MMZ

    Z

    Y

    Y

    Z=

    Les composantes du moment sur les axes principaux sont : 30cosMMY = 30sinMM Z =

    Les valeurs des moments dinertie principaux sont donns en annexe.

    YYII

    MMZ

    Z

    Y

    4,126127230tan

    30cos30sin

    =

    =

    Equation de laxe neutre : YZ 81,5= ( ) 2380, == rrY Deux points les plus contraints P, P. :

    mm

    mmP YZ 5,87

    2,21'/

    mm

    mmP YZ 5,87

    8,48'' /

    P est en traction, et P en compression. Le matriau tant symtrique le point P est le plus contraint

    '

    ''''''

    e

    P

    Y

    YP

    Z

    ZPxx ZI

    MYI

    M ++= ( ) ( ) 1205,87

    10.127230cos10.50008,48

    10.4,12630sin10.5000

    4

    3

    4

    3

    +

    120126'' =Pxx Le profil ne convient pas. Reprenons les calculs avec le profil UAP200. Lapproche est identique :

    '

    ''''''

    e

    P

    Y

    YP

    Z

    ZPxx ZI

    MYI

    M ++= ( ) ( ) 1201005

    10.194630cos10.50008,52

    10.7,16930sin10.5000

    4

    3

    4

    3

    +

    La condition est vrifie, Choix du profil : UAP200

    Y

    y

    z G M

    P

    P

    Y

    Z

    MY

    MZ =-8023

    =30

    v

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 48

    PROBLME N 19

    Un arbre de diamtre 50 mm est soumis un moment de flexion dont les composantes dans G,I,II sont : MY= - 180.37 Nm MZ= - 807.3 Nm Calculer : 1) la position de l'axe neutre de flexion. 2) Les contraintes normales extrmes.

    RPONSES N19 Le moment rsultant Mf est port par un axe principal dinertie (Pour une section circulaire, tout diamtre tant axe de symtrie est principal dinertie). La flexion est donc plane. La position de laxe neutre est donn par langle :

    6123,807

    37,180tan =

    = Arc

    Pv

    Pv

    Pxx xxI

    M

    +==

    6450

    10.31,80737,1804

    322

    pi

    mm

    P v 250

    '/

    mm

    P v 250

    '' /

    Le point P est en traction :

    ( )256450

    10.31,80737,1804

    322'

    +=

    pi Pxx

    xxP=67,4MPa Le point P est en compression :

    ( )256450

    10.31,80737,1804

    322''

    +=

    pi Pxx

    xxP=-67,4MPa

    Y

    Z G

    50 mm

    180.37 Nm

    807.3Nm

    Y

    Z

    50 mm

    G

    180.37Nm

    807.3Nm

    Mf

    v

    P

    P

    =126

    G x

    P

    P -67,4MPa

    67,4MPa

    v

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 49

    PROBLME N20

    Une barre dont la largeur est de 60 mm et l'paisseur de 9 mm est entaille comme indique sur la figure ci contre. Elle est soumise un moment de flexion de 180 Nm. Calculer le rayon r pour que la contrainte normale maximum ne

    dpasse pas 150 MPa. RPONSES N20 Il y a concentration de contraintes compte tenu du changement brusque de la section. Nous devons chercher le facteur de concentration K laide des abaques fournis en annexe. La contrainte normale maxi dans la section la plus faible, nous est donne par :

    nomxx MPa === 7520

    1240910.180

    3

    3

    nomi K =max do la valeur de K : 275150

    ==K

    A laide de lannexe 3 : mmr

    dr

    dD

    K 8,412,0

    5,14060

    2 =

    =

    ==

    = r=4,8 mm

    MMD=60mm

    10mm

    10mm

    d

    2r

    D=60mm

    10mm

    10mm

    d

    2r

    M M

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    PROBLME N21

    Une barre est soumise deux couples de flexion M ses extrmits. 1) Etude de la section droite. Dterminer:

    a) La position du centre de gravit de la section droite. b) Les moments et produit d'inertie de la section dans le repre (G,y,z). c) Les moments d'inertie principaux et la position des axes principaux de la section.

    2) Etude de la flexion.

    a) Dterminer la position angulaire de l'axe neutre. b) Mettre en place sur la figure le point P le plus tendu et le point P' le plus comprim et donner leurs coordonnes dans le repre (G,Y,Z). c) Calculer la valeur du moment M que l'on peut appliquer sans que les contraintes maximum ne dpassent +75 MPa en traction (au point P) et -90 MPa en compression (au point P').

    RPONSES N21

    12mm

    1MG

    2

    12mm

    6mm

    6mm

    M

    3

    2

    M

    1200mm

    G

    P

    P'

    12mm

    12mm

    6mm

    6mm z

    y

    M

    M

    1200mm

    z

    y

    x

    G

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 51

    1) Etude de la section droite

    Dcomposons la surface initiale S en deux surfaces carres S1, S2 , et remarquons que la surface S possde un axe de symtrie.

    a) La position du centre de gravit de la section droite. En se referent au cours sur les inerties:

    66

    1

    G 99

    2

    G A1=144mm2 A2=36mm2

    361443691446

    21

    2211

    +

    +

    +

    +=

    AAAXAXX GGG

    mm

    mmG

    55

    b) Les moments et produit d'inertie de la section dans le repre (G,y,z).

    Si S1 S2

    Ai(mm2) 144 36

    Gi/yz(mm)

    1

    1

    4

    4

    Iyiyi(mm4) 123 64/12

    Izizi(mm4) 123 64/12

    Iyizi(mm4) 0 0

    z

    y

    S1

    y1

    z1

    S2

    Y2

    Z2

    G1

    G2

    G

    12mm 1mm

    6mm

    12mm

    6mm 1mm

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 52

    =

    =

    =

    +=

    +=

    +=

    +=

    4

    4

    42

    43211881188

    21

    21

    mmImmImmI

    AzyII

    AzIIavec

    III

    III

    Syz

    Szz

    Syy

    iS

    zySiyz

    Syy

    Siyy

    Syz

    Syzyz

    Syy

    Syy

    Syy

    GiGi

    i

    ii

    Gi

    i

    ii

    c) Les moments d'inertie principaux et la position des axes principaux de la section. ( )Yy,45 == car axe de symtrie

    ( ) 44

    22

    1620756

    421

    2 mmImmI

    IIIII

    IY

    Zyzzzyy

    zzyyZY

    =

    =

    ++

    = m

    2) Etude de la flexion.

    Laxe neutre qui est laxe de rotation reprsente le lieu des points de la section o la contrainte normale xx=0.

    Son quation est : YII

    MMZ

    Z

    Y

    Y

    Z=

    Les composantes du moment sur les axes principaux sont :

    45cosMMY = 45sinMM Z =

    Equation de laxe neutre : YYMMZ

    7561620

    7561620

    45cos45sin

    =

    = YZ 14,2=

    ( ) == 65, rrY

    z

    y G

    z

    y

    12mm

    6mm 12mm

    6mm

    Y Z

    M

    v

    P

    P

    =45 MY

    MZ =-65

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 53

    Deux points les plus contraints P, P. :

    mm

    mmP yz 7

    1/

    mm

    mmP yz 5

    5'/

    mm

    mmP YZ 24,4

    66,5/

    007,7

    '/mm

    P YZ en utilisant les formules de rotation :

    +=

    +=

    45cos45sin45sin45cos

    zyZzyY

    Le point P est le plus tendu :

    e

    P

    Y

    YP

    Z

    ZPxx ZI

    MYI

    M ++= 7524,4

    162045cos66,5

    75645sin + MM

    Donc, pour quen traction la contrainte ne dpasse pas 75 MPa , il faut que : M=10497 Nmm

    Le point P est le plus comprim :

    '

    '''

    e

    P

    Y

    YP

    Z

    ZPxx ZI

    MYI

    M ++= ( ) 9007,7

    75645sin M

    Donc, pour quen compression la contrainte ne dpasse pas 90 MPa , il faut que :

    M=13610 Nmm Conclusion : Le moment maximum que lon peut appliquer est le moment le plus petit M=10,5 kNm car il respecte les conditions limites en traction et en compression alors que si on avait pris M=13,60 kNm, la condition en traction naurait pas t respecte.

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 54

    PROBLME N22 Calculez lquation de la dforme. En dduire la flche maximum.

    RPONSES N22

    Pour calculer lquation de la dforme, nous allons utiliser lquation diffrentielle : Z

    Z

    EIM

    v =''

    Il faut donc chercher le Torseur de Section en G.

    Zone AC : 2

    0 Lx Zone CB : LxL 2

    = x

    LPM z 2 0=zM

    2''

    PLPxEIv z += 0''

    =zEIv

    1

    2'

    22CxPLPxEIv z ++= 3

    ' CEIv z =

    21

    23

    46CxCPLxPxvEIz +++= 43 CxCvEIz +=

    A B CC

    L/2 L/2

    P yC

    x

    A B CC

    L/2 L/2

    P

    x

    yC

    x

    CGC

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 55

    Afin de dterminer les constantes dintgrations, crivons les conditions aux limites en A pour la zone AC et la continuit des flches et des pentes en C pour les 2 zones.

    En A :

    ===

    ===

    000000

    1

    2

    CvxCvx

    En C :

    ===

    ===

    82

    4822

    3

    3

    4

    PLCvvLx

    PLCvvLx

    zoneCBzoneAC

    zoneCBzoneAC

    Les quations de la dforme sont donc : Zone AC :

    +=

    461 23 PLxPx

    EIv

    z

    une cubique

    Zone CB :

    =

    4881 32 PLxPL

    EIv

    z

    une droite.

    La flche maxi a lieu en B sur la zone CB pour x=L : z

    B

    EIPL

    v485 3

    max =

    A B CC

    L/2 L/2

    P x

    5PL3/48EIz A

    CC

    B

    PL3/24EIz PL2/8EIz

    +=

    461 23 PLxPx

    EIv

    z

    =

    4881 32 PLxPL

    EIv

    z

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 56

    PROBLME N23

    Dterminez les actions d'appuis en A et B.

    RPONSES N23 Nous sommes en prsence dun cas hyperstatique externe de degr 1, car le problme tant plan , nous disposons de 3 quations de statique et avons dterminer 4 inconnues, 2 ractions en A ainsi qumoment et une raction en B. Dtermination de lhyperstaticit : Inconnues : 4

    - 3 ractions FAH, FAV et FBV - 1 inconnue moment MA

    H = i-3n = 4 3 = 1 => Hyperstatique de degr 1 Pour lever lindtermination provoque par lhyperstaticit, nous allons considrer un sytme quivalent isostatique. Choissisons comme inconnue hyperstatique la raction en B et construisons un systme isostatique sans lappui en B. Plaons en B une force verticale F. Les 2 Etats Isostatique et Hyperstatique sont quivalents si le dplacement vertical de la

    section B dans ltat isostatique est nul. 0'00 =

    vB

    lorsqueEE

    A B CC

    L/2 L/2

    P yC

    x

    A B CC

    P

    Etat Hyperstatique : E0

    A B CC

    L/2 L/2

    P

    x

    A B CC

    L/2 L/2

    P

    x

    F

    Etat Isostatique : E0

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 57

    Calcul du dplacement vertical de B dans ltat isostatique E0 :

    En appliquant le principe de superposition, ltat E0 peut etre dcompos en ltat EP et EF. La flche dans ltat E0 est la superposition des flches dans les tats EP et EF :

    FvB

    PvBvB +='0

    La flche dans ltat E0 en B est la flche nulle dans l tat E0: 0'00 == vBvB quation de dplacement qui nous donne la valeur de F qui sidentifie avec la raction en B.

    00 =+= FvBPvBvB

    Compte tenu des rsultats du problme 6 : z

    PvB EI

    PL485 3

    = et z

    FvB EI

    FL3

    3

    =

    00 =+= FvBPvBvB 0348

    5 33=+

    zz EIFL

    EIPL

    165PF =

    A B CC

    P F

    Etat Isostatique : E0

    A B CC

    P

    Etat Isostatique : EP

    A B CC

    F

    Etat Isostatique : EF

    A B CC

    P 5P/16 11P/16

    3PL/16

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    PROBLME N24 On se propose ici dtudier un plongeoir de piscine en flexion (voir photo ci-contre). Caractristiques planche de plongeoir :

    Matriau : Section creuse :

    Composite verre-poxy

    E = 21000 MPa Re = 200 MPa

    Modlisation du plongeoir :

    Partie I : rsistance

    1. Dterminer les ractions des appuis du plongeoir au sol en fonction de P. 2. Exprimer littralement le ou les torseurs de section puis tracez les diagrammes de

    sollicitation. 3. En dduire la section la plus sollicite. 4. Pour cette section, dterminer lexpression de la contrainte normale maxi max en

    fonction de la charge P. 5. Soit P = 10 000 N. Faire lapplication numrique de max. Quel est alors le coefficient

    de scurit de tenue de la structure ? Partie II : dformation

    1. Tracer lallure approximative de la dforme de la planche sous lapplication de P 2. Soit le moment de flexion entre C et D : M = a x + b o a et b sont 2 constantes.

    Donner littralement lexpression de la dforme entre C et D sans rsoudre les constantes dintgration. 3. Une tude exprimentale a permis de dterminer au point C un angle dinclinaison de la

    planche par rapport sa position initiale lhorizontal de -5.22 Dterminer alors les constantes dintgration.

    4. Que vaut alors la flche maxi de la planche.

    40 cm

    3 cm

    1 cm

    A B C D

    1m 0,5m 0,2m

    P y

    x

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 59

    RPONSES N24 Inconnues de liaison : XB, YB et YC

    Moment : 0=M

    Sur z au point C (quilibre en rotation autour du point C) : -P x 1 - YB x 0.5 = 0 YB = -2P

    Rsultante : 0=F

    Sur x : XB = 0

    Sur y : YB + YC = 0 YC = 3P

    Entre A et B :

    en passant par lamont

    Entre B et C :

    en passant par lamont

    Entre C et D :

    en passant par laval

    =000

    000

    G

    Gtionsec

    =).x(P

    Ptionsec

    G

    G202

    00

    020

    =)x.(P

    Ptionsec

    G

    G71

    00

    0

    0

    La section la plus sollicite est au point C car les diagrammes de cisaillement et de flexion sont maxi en ce point.

    yIgMf

    zIgMf

    z

    z

    y

    yn = avec :

    Mfy = 0 et

    Mfz = -1000 x P Nmm au point C

    Igz = Igz1 Igz2 = BH3/12 bh3/12 = 400x303/12 380x103/12 = 868333 mm4

    Dans la section C, la contrainte est maxi pour ymax = 15mm :

    151000z

    max IgP

    =

    AN : MPa,max 74172=

    161.Resmax

    =

    = soit 16% de scurit

    A B C D

    -P

    Ty (N) x

    2P

    Mfz (Nm)

    C x A B D

    -P

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    Partie II : dformation

    )(1'' baxEIgEIg

    Mfy

    zz

    z +==

    Intgrons une premire fois : )cbxax(EIg

    'yz

    ++=2

    1 2

    Intgrons une deuxime fois : )dcxbxax(EIg

    yz

    +++=26

    1 23

    a et b daprs la question I.2 : ax + b = -P(1.7 x) soit a = P et b = -1.7P

    Pente au point C connue : y(0.7) = tan(-5.22) = -0.091 soit b.).(aEIg.c z 702700910

    2=

    Dplacement nul du point C (car appui) : y(0.7) = 0 soit c.).(b).(ad 70270

    670 23

    ++=

    La flche maxi est situe au point D : mm.)d.c).(b).(a(EIg

    ).(yz

    22771271

    671171

    23=+++=

    A B C D

    Flche

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    FLEXION PURE

    1. Dfinition:

    Si, pour une poutre droite section constante, le torseur de section se rduit MY, ou MZ, ou les deux quel que soit la section droite, la poutre est soumise de la flexion pure.

    Suivant que le moment flchissant est confondu ou n'est pas confondu avec un axe principal d'inertie de la section droite, la flexion est dite plane (ou symtrique) ou dvie (ou non symtrique).

    1.1. Contraintes en un point P appartenant une section droite: Considrons une poutre soumise de la flexion pure. La figure ci-dessous la reprsente avant et aprs dformation. On constate exprimentalement que les fibres situes au dessus de la fibre moyenne sallongent, alors que les fibres situes sous la fibre moyenne se raccourcissent. La fibre moyenne ne change pas de longueur : on lappelle aussi fibre neutre. Toutes les sections droites subissent une rotation x

    Le vecteur contrainte en un point P quelconque dune section droite S doit satisfaire ces 6 quations (Voir cours module F112)

    ( ) = S xxdA01 ( ) = S xyxz dAzy )(04 ( ) = S xydA02 ( ) = S xxy dAzM 5 ( ) = S xzdA03 ( ) = S xxz dAyM 6

    Des constats prcdents nous amnent conclure que les fibres sallongeant ou se raccourcissant, ne sont donc soumises qu des contraintes normales dont la variation doit tre linaire

    cbzayxx ++= et que les contraintes tangentielles sont nulles :

    G0 G1

    Rayon de courbure R

    Ligne moyenne

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    =

    =

    ++=

    00

    0

    /Pxz

    Pxy

    Pxx

    Pxyzx

    cbzay

    r

    Les quations (2) (3) et (4) sont identiquement vrifies car les composantes tangentielles

    0== xzxy

    L quation ( ) ( ) cAbQaQdAczdAbydAadAcbzaydA SySzSSS SS xx ++=++=++== 01 implique que c=0 car les moments statiques par rapport des axes centraux sont nuls.

    Les quations (5) et (6)nous permetent de calculer les constantes a et b :

    ( ) ( )( ) ( )

    +=+=+==

    +=+=+==

    S S S S yzzzxxz

    S S S S yyyzxxy

    bIaIyzdAbdAyadAbyzaydAyMbIaIdAzbyzdAadAbzayzdAzM

    22

    22

    65

    D ou le systme rsoudre en a et b:

    +=

    +=

    yzzzz

    yyyzy

    bIaIMbIaIM

    zzyyyz

    yyzyzy

    yzzz

    yyyz

    yzz

    yyy

    IIIIMIM

    IIII

    IMIM

    a+

    +=

    = 2 zzyyyz

    zzyyzz

    yzzz

    yyyz

    zzz

    yyz

    IIIIMIM

    IIIIMI

    MI

    b+

    +=

    = 2

    P

    yzzzyy

    zzyyzzP

    yzzzyy

    yyzyzyPxx zIII

    IMIMy

    IIIIMIM

    22

    ++

    +=

    Si le systme daxes yz est principal dinertie YZ, le produit dinertie tant nul, lexpression devient :

    P

    Y

    YP

    Z

    ZPxx ZI

    MYI

    M ++=

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    2. Flexion plane:

    Considrons la poutre ci-dessous soumise un moment flchissant MY.

    Aprs application des couples M

    r aux extrmits on constate que:

    Toutes les sections droites subissent une rotation Y autour de l'axe y parallle l'axe principal d'inertie Y portant le moment flchissant et une flche verticale w. Toutes les fibres contenues dans le plan xy (contenant la ligne moyenne) ne subissent aucune dformation, tandis que les fibres situes au-dessus du plan xy subissent un raccourcissement proportionnel la distance par rapport ce plan. De mme les fibres situes au-dessous du plan xy subissent un allongement.proportionnel la distance par rapport ce plan.

    x y

    z

    X

    Y

    Z

    G

    x S

    Ligne moyenne

    G0

    G1

    MY M

    M

    x y

    z

    x

    G0

    G1

    M

    M

    G X

    Y

    Z

    MY

    S

    Z

    ZI

    M

    Y

    Y=

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    2.2. Axe neutre : Le lieu des points o =0 dans la section droite, est l'axe neutre . Il est confondu avec l'axe qui porte le moment flchissant dans le cas de la flexion plane. C'est l'axe de rotation autour duquel tournent les sections droites.

    1) Le moment est port par laxe principal Y:

    2) Le moment est port par laxe principal Z:

    x y

    z

    x

    Ligne moyenne G0

    M

    G X

    Y Z

    MY

    S

    Z

    axe neutre =0

    compression 0

    ZI

    M

    Y

    Y=

    Y

    M

    ZI

    M

    Y

    Y=

    x y

    z

    x

    G0 G x

    Z compression 0

    My

    axe neutre =0

    x y

    z

    Ligne moyenne

    G0 M X

    Y Z

    MZ

    S

    G

    YI

    M

    Z

    Z=

    axe neutre =0

    compression 0

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    2.3. Coefficient de scurit:

    1) Matriaux symtriques ou ductiles ( 'ee = ):

    On calcule la plus grande contrainte normale en valeur absolue puis le coefficient de scurit par la relation: ( )

    i

    ee ou

    max

    '

    =

    2) Matriaux dissymtriques ou fragiles ( ee >' ):

    On calcule les deux contraintes extrmes + imax et

    imax , puis les deux coefficients:

    +

    =

    =

    i

    e

    i

    e

    max

    '

    '

    max

    Le coefficient de scurit est le plus petit des deux.

    2.4. Equation de la dforme:

    1) Le moment est port par laxe principal Z:

    MY

    Y +maxi

    -maxi

    X

    Z

    M

    G

    G0

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    Sous leffet du moment MZ la ligne moyenne de la poutre se dforme. Son quation aprs dformation v=f(x) est aussi appele dforme et la valeur de la dforme en un point dabscisse x est appele la flche v. Lexpression du rayon de courbure R dune quation dune courbe en coordonnes

    cartsiennes est donne par : ( )

    v

    v

    v

    R

    +

    =

    23

    1

    1 compte tenu de nos hypothses petites

    dformations et du dveloppement du binme de Newton ( ) 11 23 + v .

    En considrant un tronon de poutre GG de longueur dx la contrainte normale en un point P dordonne y est donne

    par YI

    M

    Z

    ZPxx = et vaut daprs la loi de Hooke en

    traction ( ) ( )

    REY

    dxYdE

    dxdxEE Pxx

    Pxx ==

    ==

    .

    En identifiant les deux expressions lquation diffrentielle de la dforme est donne par :

    Z

    Z

    EIM

    v =''

    Aprs deux intgrations on obtient lquation de la dforme en fonction de x, puis la flche maximum.

    2) Le moment est port par laxe principal Y:

    x

    Z

    Y vmaxi

    y

    X z

    L

    MZ v x

    v=f(x)

    G G

    dx x

    Y

    (dx) P

    d

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    Une dmarche similaire au cas prcdent montre que lquation diffrentielle de la dforme est donne par :

    Y

    Y

    EIM

    w =''

    Aprs deux intgrations on obtient lquation de la dforme en fonction de x, puis la flche maximum.

    3. Flexion dvie: Le moment de flexion n'est plus port par l'un des deux axes principaux d'inertie de la section droite.

    3.1. Contraintes en un point P de la section droite:

    On applique le principe de superposition.

    Y

    Z

    G

    M

    MZ

    MY

    Y Z

    M G MZ

    MY

    y

    z

    M

    x

    Y Z

    wmaxi

    z

    X

    y

    L

    MY

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    3.2. Axe neutre:

    Le lieu des points o = 0 dans la section droite, est l'axe neutre . Il est confondu avec l'axe qui porte le moment flchissant dans le cas de la flexion plane. C'est l'axe de rotation autour duquel tournent les sections droites. De la relation donnant lexpression de la contrainte, on en dduit l'quation de l'axe neutre dans des axes quelconques :

    yIMIMIMIM

    zzIII

    IMIMy

    IIIIMIM

    zzyyzz

    yyzyzyP

    yzzzyy

    zzyyzzP

    yzzzyy

    yyzyzy

    +

    +=

    ++

    += 220

    Qui devient dans des axes principaux dinerties :

    YII

    MMZ

    Z

    Y

    Y

    Z=

    + = Y Z

    G MZ Y

    Z

    G MY

    Y

    Z

    G MZ

    MY

    ZI

    MYI

    M

    Y

    Y

    Z

    Z += ZI

    M

    Y

    Y= YI

    M

    Z

    Z=

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    Comme l'axe neutre est dvi par rapport au moment de flexion rsultant (contrairement la flexion plane o l'axe neutre et le moment de flexion sont confondus), la flexion est dite dvie.

    3.3. Expression de la contrainte de flexion dans un repre qui contient l'axe neutre:

    Soit v un axe perpendiculaire l'axe neutre , tel que le repre ,v,X soit direct. On montre que dans ce repre la contrainte de flexion se calcule par:

    vxIM

    =

    avec:

    ++

    = 2cos22

    ZYZY IIIII

    Les points les plus sollicits sont ceux qui sont les plus loigns de l'axe neutre .

    x

    M S

    M G0

    X

    Y

    Z

    MY

    G

    MZ

    ZI

    MYI

    M

    Y

    Y

    Z

    Z +=

    axe neutre =0

    compression 0

    P

    xvmini

    xvmaxi

    zne o se situe

    Y

    Z

    M

    v

    axe neutre =0

    P

    M

    traction >0

    compression

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    3.4. Equation de la dforme : On applique le principe de superposition. Compte tenu des expressions de v et w obtenu au paragraphe 10.2.4. La flche rsultante labscisse x sobtient par :

    22 wvf +=

    3.5. Coefficient de scurit: Il faut tout d'abord rechercher l'axe neutre , afin de dterminer la position des points soumis aux contraintes maximum de traction et de compression. La dmarche est ensuite la mme que pour la flexion plane.

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    FLEXION SIMPLE (CISAILLEMENT-FLEXION)

    1. Dfinition:

    Si, pour une poutre droite section constante, le torseur de section se rduit TY, ou TZ et MY, ou MZ, (ou les deux) quel que soit la section droite, la poutre est soumise de la flexion simple.

    1.1. Relation entre leffort tranchant et le moment flchissant: Considrons le tronon de poutre GG, et supposons que les seules actions extrieures qui sexercent sur ce tronon sont une charge linique uniforme q (Pour simplifier la dmonstration considrons uniquement la composante suivant y : qy).

    +=

    =

    qdxgGRGGMMdxqRR

    GGG

    GG

    '''

    '

    =+

    +=+

    2

    2dxqdxTMdMM

    dxqTdTT

    yyzzz

    yyyy

    En ngligeant les termes du second ordre : dxdMT

    dxdT

    q zyy

    y ==

    En considrant la composante z : qz : dxdM

    TdxdTq yzzz ==

    Contraintes en un point P appartenant une section droite: On constate exprimentalement comme dans la flexion pure que les fibres situes au dessus de la fibre moyenne sallongent, alors que les fibres situes sous la fibre moyenne se raccourcissent

    La relation P

    yzzzyy

    zzyyzzP

    yzzzyy

    yyzyzyPxx zIII

    IMIMy

    IIIIMIM

    22

    ++

    += reste valable car leffort tranchant pertube

    peu les contraintes normales, de mme pour la courbure.

    G G

    dx x

    x

    y qy

    Ty+dTy Ty

    Mz+dMz Mz

    g

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    Entre chaque fibre, on enregistre des variations de longueur qui impliquent lexistence de contraintes tangentielles longitudinales L dans le plan zx, et compte tenu de la rciprocit des contraintes tangentielles transversales T dans le plan xy.

    Isolons le bout de poutre dlimit par ABCABC : Ecrivons lquilibre statique de ce tronon, en considrant la composante suivant laxe x :

    ( ) 0'''''

    =+++ ABC ABBA

    LxxxxCBA

    xx dldxdAddA

    0=+ ABC AB

    Lxx dldA

    dxd

    La contrainte normale vaut :

    P

    yzzzyy

    zzyyzzP

    yzzzyy

    yyzyzyPxx zIII

    IMIMy

    IIIIMIM

    22

    ++

    +=

    Donc : P

    yzzzyy

    zzzyzyP

    yzzzyy

    yyyyzzPxx z

    IIIITIT

    yIIIITIT

    dxd

    22

    ++

    =

    compte tenu que

    dxdMT zy = et

    dxdM

    T yz =

    ++

    =

    ++

    =

    ABC

    P

    yzzzyy

    zzzyzy

    ABC

    P

    yzzzyy

    yyyyzz

    ABC

    P

    yzzzyy

    zzzyzyP

    yzzzyy

    yyyyzz

    ABL dAzIII

    ITITdAy

    IIIITIT

    dAzIII

    ITITy

    IIIITIT

    dl 2222

    Avec les dfinitions des moments statiques :ABCz

    ABC

    P QdAy = et ABCyABC

    P QdAz =

    ++

    =ABCy

    yzzzyy

    zzzyzyABCz

    yzzzyy

    yyyyzz

    ABL QIII

    ITITQIIIITIT

    L 221

    Si le systme daxe yz est principal dinertie (le produit dinertie tant nul) :

    += ABCY

    Y

    ZABCZ

    Z

    Y

    ABL QI

    TQIT

    L1

    x

    z

    A

    y

    T

    L

    G

    B

    C

    C A

    B

    x

    z

    A

    y

    L

    G

    B

    C

    C A

    B

    xx+dxx

    xx

    dA dl

    dx

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    Contraintes tangentielles pour des sections paisses rectangulaires:

    ABCZ

    Z

    Y

    ABL QI

    TL1

    =

    bLAB =

    12

    3bhIZ =

    +

    == yhyhbAYQ ABCgABCZ 222

    =

    4

    123

    2

    2

    hy

    ATY

    ATY

    23

    max =

    Contraintes tangentielles pour des sections paisses circulaires:

    ABCZ

    Z

    Y

    ABL QI

    TL1

    =

    222 yRLAB =

    4

    4RIZpi

    =

    ( )232222322 yRdyyRyYdAQ

    R

    yABC

    ABCZ ===

    = 2

    2

    134

    Ry

    ATY

    ATY

    34

    max =

    Y

    Z G

    A B

    C

    y h

    b

    g

    Ty

    G y

    max

    Y

    Z G

    A B

    C

    y R

    Ty

    G y

    max

    dA

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    SOLLICITATIONS COMPOSEES

    PROBLME N25

    Considrons la barre de la figure ci-dessus. Elle est soumise deux forces gales et opposes de 3141,6 N. La section droite est circulaire de diamtre 10 mm. 1) Dterminer les lments de rduction du torseur de section au centre de gravit G de la section droite nn. 2) Dterminer l'expression de la contrainte normale maximum ( >0 ) dans la section droite nn (la mettre sous la forme a + b*h o a et b sont des constantes relles). 3) La contrainte maximum ne pouvant excder 232 MPa, en dduire la valeur de h. 4) Dterminer alors la position de l'axe neutre. RPONSES N25

    Torseur de section en G :

    =

    =

    =

    =

    hMFGBM

    NNFR

    z

    BG

    x

    BG

    6,314100

    00

    6,3141

    Sollicitation : Traction-Flexion

    B x G

    10 mm

    G Z

    Y

    Y

    3141.6N 3141.6N h

    A

    n

    n

    section nn

    B

    10 mm

    G Z

    Y

    x G

    Y

    3141.6N 3141.6N h n

    n

    section nn

    A

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    Contrainte de traction : MPaA

    N xxx 405

    6,31412 =

    ==

    pi

    Contrainte de flexion : hhY

    IM P

    Z

    ZPxx 325.6410.

    6,31414 === pi

    Contrainte de traction -flexion: hxx 3240 += La contrainte maximum admissible tant de 232 MPa : h3240232 + dou h=6mm

    PPxx YYP 4,38406410.

    66,31414000 4 =

    ==pi

    YP=1,04mm

    x G

    Y

    1mm

    xx Nx

    x G

    MZ

    x G

    xx Nx+ MZ xx

    Y Y

    40 MPa 192 MPa

    232 MPa

    -192 MPa

    -152 MPa

    G Z

    Y

    1mm

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    PROBLME N26

    Calculer les contraintes normales aux points A, B, C et D et localiser l'axe neutre.

    RPONSES N26

    Torseur de section en G :

    =

    ==

    =

    =

    kNmmMkNmmMFGEM

    kNNFR

    Z

    YEG

    x

    EG

    1920012000

    000480

    120mm

    G

    D

    A

    C

    B

    80mm

    35mm

    480kN

    Y Z

    X

    480kN 120mm

    80mm 35mm

    Y Z

    X

    G A

    B

    D

    C

    E

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 77

    Sollicitation : Traction-Flexion La contrainte normale en un point P quelconque :

    P

    Y

    YP

    Z

    ZxPxx ZI

    MYI

    MA

    N ++=

    PPP

    xx ZY 33

    3

    33

    120801210.12000

    801201210.19200

    8012010.480

    +

    =

    PPP

    xx ZY += 0417,175,350 Contrainte en A :

    ( )600417,14075,350 +=Axx xxA = -262,5 MPa Les calculs sont identiques pour les points B, C, D :

    xxB = -137,5 MPa xxC = 162,5 MPa xxD = 37,5 MPa

    Equation de laxe neutre : 0=++= PY

    YP

    Z

    ZxPxx ZI

    MYI

    MA

    N

    00417,175,350 =+= PPPxx ZY

    0417,175,35000417,175,350

    PPP YZY +=+ Z = 3,6Y+48

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    PROBLME N27 Un arbre cylindrique de diamtre d, de longueur L=1m, est sollicit par un effort F= 19635 N, et un couple C longitudinaux comme indiqu sur la figure ci-contre.

    Il est constitu dun matriau ayant comme - Module de Young : 200 GPa. - Coefficient de Poisson : 1/3.

    Des mesures exprimentales ont permis denregistrer lallongement longitudinal du cylindre 0,2 mm, ainsi que la rotation des sections extrmes 1,25 . Calculer :

    1) Le diamtre d du cylindre en mm. 2) Le rtrcissement du diamtre d en mm 3) La contrainte normale maximale en MPa. 4) Le module de Coulomb du matriau. 5) Le couple C appliqu en mN. 6) La contrainte tangentielle maximum en MPa.

    RPONSES N27 1) xxxx E = .

    mmLE

    FLd 254 =

    =

    pi

    2) xxYY =

    mmL

    Ldd 310.6,1 ==

    3) MPa40=

    4) ( )+= 12EG MPaEG 75000

    83

    ==

    5) GGI

    CL=

    32

    4dIGpi

    = mNC 75,62=

    6) G= MPa45,20=

    d

    F

    F

    C

    C

    L= 1 m

    y

    z

    d

    1m

    C

    G

    C

    F

    F

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 79

    PROBLME N28 Une poutre section rectangulaire (30*10) , est encastre son extrmit A, et soumise lautre extrmit B une force de 30 kN applique en C comme indiqu sur la figure ci-contre.

    1) Dterminer les composantes du torseur de section au centre de gravit G de la section droite S.

    2) Calculer les contraintes normales aux points P et P de la section droite S. 3) Tracer le diagramme reprsentant les variations de la contrainte normale dans la

    section droite S. 4) Dsirant un coefficient de scurit de 2, quelle est la limite lastique du matriau

    quil faut choisir.

    RPONSES N28

    1) [ ]

    =

    =

    CG

    CGZYG FGCM

    FRT 3,,/

    =

    =

    mNMkNN

    Y

    x

    15030

    2) P

    Y

    YxPxx ZI

    MA

    N+=

    12

    3bhIY =

    =

    =

    0200

    'Pxx

    Pxx MPa

    3) 4) MPae 400=

    30 kN

    30 mm

    10 mm

    5 mm

    5mm

    A B

    G

    Y

    X

    Z

    P

    P

    S

    C

    G x

    200MPa

    P

    P

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    IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 80

    PROBLME N29

    Une poutre de section en forme de Z (50*80*50) dpaisseur 6 mm, a t entaill comme lindiq