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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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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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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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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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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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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( ) ( ) ( ) ( ) ++=+== 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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

'

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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.

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 38

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 50

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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.

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 58

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 60

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 61

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 62

=

=

++=

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 ++=

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 63

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=

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 64

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 65

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 66

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 67

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 68

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=

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 69

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 70

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.

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 71

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 72

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 73

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 74

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 75

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 76

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

TD-1A-S2-F213

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

TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 78

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

TD-1A-S2-F213

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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

TD-1A-S2-F213

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