chapitre 1 introduction - f2school

Chapitre 1

INTRODUCTION

Ce cours expose les méthodes générales de calcul des sollicitations et des dé-placements des structures hyperstatiques. Il consacre également une large place aux problèmes isostatiques jugés nécessaires à la bonne clarté de l'exposé. Les méthodes particulières classiques sont également présentées afin de donner à l'étudiant des moyens de calcul pratiques mais aussi rigoureux que possible. Ce chapitre est consacré à des rappels.

1.1 CLASSIFICATION DES CORPS - NOTION DE POUTRE

Les corps qu'on rencontre et qu'on sera amené à étudier peuvent être classer en fonction de leurs dimensions. On distingue :

a) Les poutres (ou barres) :

Une dimension est beaucoup plus grande que les deux autres qui sont de même ordre de grandeur.

La poutre est l'élément le plus répandu en construction. Les poutres sont associées, entre elles ou à d'autres types d'éléments pour constituer des systèmes ou structures.

DEFINITION : une poutre est un solide engendré par une aire plane (Σ) dont le centre de gravité décrit une courbe G1G2. Le plan P contenant Σ restant normal à la courbe G1G2 (Figure 1.1).

Section : l'aire Σ est appelée section droite, ou plus simplement section de la poutre.

Fibre : le volume engendré par un élément dΣ de l'aire Σ est désigné par fibre de la poutre.

Fibre moyenne : la courbe G1G2 est appelée fibre moyenne ou axe moyen de la poutre. C'est le lieu géométrique des centres de gravité des sections de la poutre.

Figure 1.1

P

G1 G2

Σ

dΣ

2 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES

Poutre gauche : c'est une poutre dont la fibre moyenne est une courbe gauche.

Poutre plane : il s'agit d'une poutre dont la fibre moyenne est une courbe plane (c'est-à-dire contenue dans un plan).

Poutre droite : lorsque la fibre moyenne d'une poutre plane est un segment de droite, on parle de poutre droite.

Poutre à plan moyen : c'est une poutre possédant un plan de symétrie qui con-tient la fibre moyenne. Ce plan est désigné par plan moyen.

Les poutres à plan moyen chargées dans ce plan se rencontrent fréquemment et constituent un des problèmes essentiels traités par la Résistance des Maté-riaux.

Nous avons supposé la section Σ constante et dans ce cas la poutre est dite à section constante ou poutre prismatique. Il arrive aussi qu'on soit amené, généra-lement pour des raisons d'économie, à choisir des sections variables ; on parle dans ce cas de poutre à section variable.

b) Les plaques, coques et membranes :

Il s'agit de corps dont deux dimensions, de même ordre de grandeur, sont beaucoup plus grandes que la troisième (Figures 1.2a et 1.2b). Ces types d'élé-ments ne sont pas traités ici.

c) Les poutres à parois minces ou poutres coques :

Les trois dimensions sont significatives et aucune n'est faible comparative-ment aux autres (Figure 1.2c).

1.2 SYSTEMES ET CHARGES CONSIDERES

Les systèmes qui seront considérés dans ce cours seront constitués de poutres isolées ou de poutres reliées les unes aux autres. Les poutres peuvent être assem-blées de façon rigide (ex. portiques) ou de manière à permettre certaines possibi-lités de déplacement - degrés de liberté - (ex. systèmes articulés).

Les poutres (ou plus exactement leurs axes moyens), les charges extérieures et les réactions des appuis des systèmes étudiés dans ce cours seront générale-ment situées dans un même plan. Dans ce cas, on dit qu'on a affaire à des sys-tèmes plans.

Les charges qui sollicitent les systèmes comprennent : - le poids propre (action de la pesanteur), - les forces et les couples concentrés,

(a) (b) (c)

Figure 1.2

I n t roduc t ion 3

- les forces et les couples répartis.

Il faut signaler qu'on entend par force concentrée une force répartie sur une petite surface (ex. action d'une roue).

Par ailleurs, les charges sont supposées être appliquées lentement, de zéro à leur valeur finale. On dit dans ce cas que les charges sont appliquées statique-ment.

Enfin, nous supposerons que les charges extérieures sont directement appli-quées aux fibres moyennes des poutres. Sous cette hypothèse, les poutres peu-vent être représentées par leurs axes moyens.

1.3 APPUIS DES SYSTEMES PLANS

Les systèmes sont reliés à l'extérieur par des liaisons appelées appuis, et où apparaissent des réactions qui réagissent à l'action des forces appliquées. Les réactions et les charges exercées constituent un système de forces en équilibre, car les constructions que nous considérons sont toujours en équilibre.

La classification des appuis se fait d'après le nombre de degrés de liberté (ddl) (c'est-à-dire les possibilités de mouvement) qu'ils laissent au système et d'après la nature des réactions qu'ils peuvent exercer sur lui.

a) L'appui simple (Figure 1.3)

Il a deux degrés de liberté : - la rotation autour de l'appui, - la translation parallèlement au support de l'appui.

La réaction est connue par son point d'application (point de contact du sys-tème avec l'appui) et par sa direction (elle est perpendiculaire au support). Seule l'intensité reste à déterminer.

En résumé, l'appui simple se caractérise par : 2 degrés de liberté et 1 compo-sante de réaction. La figure 1.3a montre le principe de fonctionnement de l'appui simple. Les figures b, c et d indiquent les représentations courantes. La représen-tation adoptée ici est celle de la figure d.

b) L'appui double (Figure 1.4)

Il a un seul degré de liberté, la rotation autour de l'appui. Toute translation est par contre empêchée.

Dans ce cas, la réaction de l'appui est connue uniquement par son point d'ap-plication, le point de contact du système avec l'appui (point A) (la ligne d'action

A

R A→

(b) (c) (d) (a)

Figure 1.3 : l'appui simple.


de la réaction passe par A). La réaction est décomposée suivant deux directions perpendiculaires et les deux composantes sont à déterminer. L'appui double présente donc 1 degré de liberté et 2 composantes de réaction.

c) L'encastrement (Figure 1.5)

Il n'a aucun degré de liberté. Tout dé-placement est empêché. La réaction est un vecteur pouvant occuper n'importe quelle position du plan. On peut toutefois dé-composer la réaction en 3 composantes : - deux composantes suivant deux di-

rections perpendiculaires et passant par A,

- un couple appliqué en A.

En définitive, l'encastrement se caractérise par : 0 degré de liberté et 3 com-posantes de réaction.

d) Appui déformable - Appui élastique

Un appui qui peut subir un déplacement dans la direction d'une composante de réaction est dit déformable (ex. sol compressible).

Si le déplacement est proportionnel à la composante de réaction qui l'a pro-voqué, l'appui déformable est dit élastique.

1.4 PRINCIPE GENERAL D'ÉQUILIBRE - ÉQUATIONS D’ÉQUI LIBRE

Les conditions nécessaires et suffisantes pour qu'un système soit en équilibre sont :

a) les sommes des projections de toutes les forces sur 3 axes passant par un point quelconque et non situés dans un même plan doivent être nulles,

b) les sommes des moments par rapport à chacun des trois axes doivent être nulles.

Pour une construction (structure), la vérification de ces conditions signifie qu'elle ne peut se déplacer comme un tout (corps rigide), autrement dit elle est en équilibre.

R A→

R A→

A

Art. métallique Art. de Freyssinet

Représentation adoptée

Figure 1.4 : l'appui double.

RA

→

Représentation

Figure 1.5 : l'encastrement

CA

I n t roduc t ion 5

Soient oxyz un repère trirectangle et Fx, Fy et Fz les projections sur les axes ox, oy et oz d'une force quelconque. Les conditions d'équilibre (a) et (b) s'écri-vent (cas général) :

Σ ΣΣ ΣΣ Σ

F M

F M

F M

x x

y y

z z

= == =

= =

0 0

0 0

0 0

/

/

/

(1.1)

Les équations (1.1) sont appelées équations d'équilibre de la statique ou six équations universelles d'équilibre.

Dans le cas d'un système plan, xy par exemple, le système d'équations (1.1) se réduit à :

Σ Σ Σ ∆F F Mx y= = =0 0 0 / (1.2)

où ∆ est un axe quelconque perpendiculaire au plan xy.

Notons que les équations d'équilibre de la statique sont écrites en travaillant sur la configuration initiale du système, c'est-à-dire non déformée ; autrement dit les déformations sont négligées.

1.5 PRINCIPE DE LA COUPE - ÉLEMENTS DE RÉDUCTION

Considérons la poutre chargée représentée à la figure 1.6. Le corps étant en équilibre sous l'action des charges extérieures et des réactions (supposées con-nues), chaque partie de ce corps se trouve également en équilibre.

Pratiquons (par l'esprit) une coupe dans la poutre suivant le plan vertical yz, de manière à avoir deux tronçons. Intéressons-nous par exemple à la partie de gauche. Le tronçon considéré est en équilibre sous l'action des sollicitations qui lui sont appliquées, des composantes de réaction de l'appui A et de l'action du tronçon de droite supprimé.

L'action du tronçon de droite sur le tronçon de gauche peut être remplacée par : une force résultante R (Rx, Ry et Rz) et un couple résultant C (Cx, Cy et Cz) agissant au centre de gravité de la section ΣΣΣΣ. Les six composantes représentant l'action de la partie de droite sur la partie de gauche peuvent être déterminées à l'aide des équations de la statique exprimant l'équilibre de la partie considérée (3 équations d'équilibre de translation et 3 équations d'équilibre de rotation).

R F F F

C C C C

x x y y z z

x x y y z z

= = =

= = =

Σ Σ ΣΣ Σ Σ

R R

C C/ / / (1.3)

A

z

x

y B

Σ

Figure 1.6


Les composantes Rx, Ry, Rz, Cx, Cy et Cz s'appellent éléments de réduction (réduction de toutes les forces à droite de la section Σ) dans la section Σ de la poutre considérée. En RDM, on utilise plutôt les notations Nx, Ty, Tz, Mt, My et Mz qui désignent l'effort normal (Nx), les efforts tranchants (Ty et Tz), le moment de torsion (Mt) et les moments fléchissants (My et Mz). Les composantes Rx, Ry, Rz, Cx, Cy, Cz et les grandeurs Nx, Ty, Tz, Mt, My et Mz ne diffèrent que par le signe.

Les composantes Rx, Ry, Rz, Cx, Cy et Cz sont positives si elles sont orientées dans les sens positifs des axes x, y et z du trièdre direct xyz (Figures 1.7b et 1.7c). Par contre, pour Nx, Ty, Tz, Mt, My et Mz nous adopterons des conventions de signes particulières (§ 1.6) pour des raisons pratiques qui apparaîtront plus loin (Figures 1.7b et 1.7d).

La composante Nx (Rx) agit normalement à la section ; quant aux efforts Ty et Tz (Ry et Rz), ils s'exercent tangentiellement (transversalement) à la section.

La composante Mt s'appelle moment de torsion (Cx couple de torsion), car il tord la poutre. Convenons tout de suite de considérer un moment de torsion comme positif s'il tend à faire tourner la section considérée dans le sens horlo-gique.

Les deux dernières composantes, My et Mz, sont appelées moments de flexion (Cy et Cz couples de flexion), car ils fléchissent la poutre. La seule différence entre les moments et les couples de flexion réside comme on l'a souligné dans la convention des signes (Figure 1.7). Les couples Cy et Cz sont positifs s'ils sont orientés dans les sens positifs des axes y et z du trièdre direct xyz. Pour les mo-ments My et Mz, on a l'habitude de les considérer comme positifs si les centres de courbure de la poutre fléchie sont du côté des z négatifs pour My et du côté des y négatifs pour Mz.

Ceci nous amène à préciser les conventions de signes que nous utiliserons. Mais auparavant, remarquons que dans le cas d'un système plan, xy par exemple, les éléments de réduction se réduisent à : un moment fléchissant (M = Mz), un effort tranchant (T = Ty) et un effort normal (N = Nx).

Enfin, il convient de noter que si on avait gardé le tronçon de droite et sup-primé celui de gauche, on aurait trouvé dans la section des éléments de réduction de même intensité et de même nature que ceux trouvés en considérant le tronçon de gauche. Il serait absurde en effet de trouver dans la même section des sollici-tations différentes selon qu'on la regarde de la gauche ou qu'on la regarde de la droite.

Ry=Ty

Rx=Nx

Tz=-Rz

Rz z

x

y

Cz

Cx

Cy Mt=-Cx

My=Cy Mz=-Cz

(d) (c) (b) (a)

Figure 1.7

I n t roduc t ion 7

1.6 DEFINITIONS ET CONVENTIONS DES SIGNES DE N, T, M

Considérons un système, de préférence plan pour plus de clarté, constitué par une poutre prismatique (Figure 1.8).

1.6.1 Effort normal

D'après ce qu'on vient de voir (relations 1.3 notamment), l'effort normal N dans la section Σ est égal à la somme algébrique des projections sur l'axe des x de toutes les forces (charges extérieures et réactions d'appui) agissant sur le tronçon à gauche de Σ (*).

N F= Σ cosα (1.4a)

Un effort normal exerçant une traction sur la section étudiée sera considéré comme positif.

1.6.2 Effort tranchant

L'effort tranchant T dans la section Σ est égal à la somme algébrique des pro-jections sur l'axe des y de toutes les forces agissant sur la partie de la poutre située à gauche de la section Σ (*).

T F= Σ sinα (1.4b)

Nous conviendrons de considérer un effort tranchant comme positif s'il a ten-dance à faire tourner la section Σ dans le sens horlogique.

1.6.3 Moment fléchissant

Le moment fléchissant M dans la section Σ est égal à la somme algébrique des moments créés dans cette section par toutes les sollicitations agissant sur le tronçon à gauche de Σ (*).

M C Fd= +Σ Σ sinα (1.4c)

où C et d représentent un couple concentré courant et le bras de levier de la com-posante transversale de la force courante F.

_____________________________________

(*) Nous avons considéré le tronçon à gauche de Σ mais il est bien évident qu'on obtiendrait des efforts de même intensité et de même nature si on considérait le tronçon situé à droite de la section étudiée.

Figure 1.8

F α

(Σ)

N

M T


Un moment fléchissant qui provoque des tractions dans les fibres inférieures d'une poutre horizontale sera considéré positif. Dans le cas des pièces obliques ou verticales, on peut considérer comme positif un moment qui tend les fibres de gauche.

1.7 DIAGRAMMES N, T, M

La construction des diagrammes des éléments de réduction constitue une étape essentielle dans toute étude de RDM. Un diagramme est un graphe qui indique la valeur (intensité et nature) de la sollicitation considérée dans toutes les sections du système étudié. Ils sont tracés à partir des relations (1.4).

Les diagrammes des éléments de réduction permettent de localiser les sections les plus sollicitées (sièges des contraintes les plus élevées) et servent au dimension-nement des différents éléments des structures.

Dans la construction des dia-grammes, les valeurs positives et négatives sont portées de part et d'autre d'un axe-origine. Par ail-leurs, pour le diagramme du mo-ment fléchissant, on a pour habi-tude de porter les ordonnées tou-jours du côté des fibres tendues.

Pour éviter tout risque de mauvaise interprétation des dia-grammes, il est vivement recom-mandé d'ajouter dans chaque aire des diagrammes les précisions suivantes : - diagramme de N : la lettre C

ou T, selon qu'il s'agisse d'un effort de compression ou d'un effort de traction.

- diagramme de T : le sens de la rotation provoquée par l'effort (voir dia-gramme de T).

- diagramme de M : on peut ajouter un arc pour préciser le sens de la courbure provoquée par le moment (voir diagramme de M).

F 5 2= t

A

2m 2m 1m

5t

5tm 5t

C=5tm 45°

H=5t

RA=4t RA=1t

N

T

M

© 5t

1t

2 7 8

Figure 1.9

4t

I n t roduc t ion 9

1.8 RELATIONS CONTRAINTES-EFFORTS

Nous avons vu que les éléments de réduction dans une section repré-sentent l'action sur la partie de la poutre située d'un côté de cette sec-tion, des forces qui s'exercent sur l'autre partie. Ceci ne veut nullement dire que la section considérée soit soumise à des sollicitations (N - T - M - Mt) concentrées en son centre de gravité (ou ailleurs). A l'intérieur d'un corps il n'y a pas d'efforts concentrés, mais uniquement des contraintes dont la sommation est équivalente aux éléments de réduction.

Les relations entre les efforts et les contraintes se déduisent facilement (Fi-gure 1.10).

N dx x= ∫ σ ΣΣ

T dy xy= ∫ τ ΣΣ

T dz xz= ∫ τ ΣΣ

(1.5)

M ydz x= ∫ σ ΣΣ

M zdy x= ∫ σ ΣΣ

M y z dt xz xy= +∫ ( )τ τ ΣΣ

(1.6)

1.9 RELATIONS DIFFERENTIELLES ENTRE q, T ET M

Considérons par exemple une poutre droite symétrique chargée dans son plan de symétrie (mais non soumise à une répartition de moments toutefois) et isolons par deux section (Σ1 et Σ2) un tronçon dx sur lequel agit une charge répartie transversale q (Figure 1.11).

Sur le tronçon dx, les gran-deurs T et M subissent les va-riations dT et dM. L'équilibre du tronçon est régi par les équations de la statique.

L'équation d'équilibre de translation verticale s'écrit :

ΣFv = 0 d'où on tire : q = - dT/dx (1.7a)

A partir de l'équation de l'équilibre de rotation, on obtient :

ΣM/o = 0 d'où on tire : T = dM/dx (1.7b)

et d'après (1.7a) :

q = - d2M/dx2 (1.7c)

Les relations (1.7) permettent de tirer quelques enseignements qui facilitent la construction et le contrôle des diagrammes de T et de M. On peut en déduire essentiellement :

Figure 1.10

Σ

z

x

y

τxz τxy

σx

Σ1 Σ2

q

M

T

dx

M+dM

T+dT

Figure 1.11

O


1- L'effort tranchant est la tangente de l'angle formé par la tangente au dia-gramme de M au niveau de la section considérée et l'axe longitudinal de la poutre. De même, la valeur absolue de la charge répartie représente la tan-gente de l'angle formé par la tangente au diagramme de T et l'axe longitudi-nal de la poutre.

2- Là où T est nul, M a une valeur extrémale. 3- Là où T passe par la valeur zéro de façon discontinue, le diagramme de M

perd son allure monotone (voir figure 1.9). 4- Là où T subit un saut mais sans passer par zéro, le diagramme de M présente

un point anguleux (M change de pente). 5- La variation de M sur un tronçon donné est égale à l'aire du diagramme de T

sur ce tronçon. 6- La concavité du diagramme de M est tournée dans le sens contraire de la

charge q. 7- Le diagramme de T doit se refermer (en partant de l'extrémité gauche). Ce

corollaire exprime la nullité de la résultante des forces et permet en même temps de retrouver les forces localisées.

8- Le diagramme de M d'un système symétrique (géométrie et chargement) est symétrique tandis que celui de T est antisymétrique.

1.10 EXERCICES

Calculer les réactions des systèmes représentés ci-après.

Remarque : Dans les réponses données, une réaction positive

signifie qu'elle est dirigée vers le haut s'il s'agit d'une composante

verticale et de gauche à droite lorsqu'il s'agit d'une composante

horizontale. Pour l'effort tranchant, l'effort normal et le moment

fléchissant, les conventions des signes sont celles du § 1.6.

Exercice 1.1 Exercice 1.2

Rép. : VA = 4.5 t, VB = 1.5 t Rép. : VA = 9 t, VB = 3 t


Rép. : VA = 3.34 t, VB= 4.66 t Rép. : VA= 8 t, VB = 16 t


Rép. : VA=qL/6, VB=qL/3 Rép. : VA= 1.7 t, VB= 5.8 t

F1=9t F3=3t

F2=6t

B A

3m 3.5m 2.5m 1m

q=3t/m

B A

4m 4m

q=3t/m

2m 6m

B

A F1=6t F2=2t

4m 2m 2m

A B

q

A B

L

q=2t/m

F=33t B A

4.5m 2.5m 2m

In tro duc t ion 12


Rép. : VA=-0.83 t, VB=2.83 t, HA=-1 t Rép. : VA=-C/(a+b), VB=C/(a+b)


Rép. : VA=2.6 t, VB=2.4 t Rép. : CA=-21 tm, VA=6 t


Rép. : CA=-7.5 tm, VA=5 t, HA=-1 t Rép. : VA=5.33 t, VB=0.67 t


B A

F2=2t F1=1t

2m 2m 4m

1m A B C

b a

q=2t/m

B A C=2tm F=5t

2m 1.5m 3m

A

3m 3m 3m

C=6tm

F=1t

q=1t/m

5m

A

5m

4

q1=4t/m

4m

q2=2t/m

C=16tm

q=3t/m

B A

4m

In tro duc t ion 13

Rép. : VA=-3 t, VB=3 t Rép. : VA=3P/7, VB=4P/7


Rép. : VA=2.83 t, VB=4.67 t Rép. : VA=3.17 t, VB=3.83 t

Tracer les diagrammes de M, T et N des systèmes représentés ci-

après. Exercice 1.17 Exercice 1.18

Rép. : TA=TC(g) =-TD(d)=-TB=P Rép. : MC=-MD=Pa/2

TC(d)=TD(g)=0, MC=MD=Pa TA=TC(g)=TD(d)=TB=-TC(d)=-TD(g)=P/2


Rép. : TA=8 t, TC=TB=-4 t Rép. : TA=TB=TD=-C/(a+b)

MC=8 tm MD(g)=-Ca/(a+b), MD(d)=Cb/(a+b)

C=6tm C=6tm

B A

l=4m

A B

2a a 2a 2a

P

2t/m 1.5t/m 1t/m

A

4m 2m 2m

B

1.5t

a a=2m a/2 a/2

B A

2t

a a a

B A

P P

a a 2a

B A

P

P

C D

D

C

a 2a=4m

B A

q=3t/m

a b

B A C

C D

In tro duc t ion 14


Rép. : TA+TC(g)=3.33 t Rép. : TA=TC(g)=-TC(d)=-TD(g)=4.5 t

TC(d)=TB(g)=-2.67 t, TB(d)=TD=2 t TD(d)=TE(g)=-TE(d)=-TB=1.5 t

MC=6.67 tm, MB=4 tm MC=13.5 tm, MD=-2.25 tm, ME=1.5 tm


Rép. : TA=8 t Rép. : TC=TA(g)=-6 t, TA(d)=11.1 t

TB(g)=-10 t, TB(d)=6 t TB=-3.9 t

Mmax=10.67 tm, MB=-6 tm MA=-18 tm, Mmax=2.5 tm


Rép. : TA=TD(g)=2.6 t Rép. : TA=TB=6 t

TD(d)=TB(g)=2.4 t, TB(d)=TE=0 TD=TC=0

MD=5.2 tm, MB=ME=-2 tm MA=-31 tm, MB=-14 tm, MD=ME=-5 tm

A

2m 2m 4m

B 2t 6t

1m 3m 3.5m

B A 9t

2.5m

6t C D

3t

E C

D

q=3t/m

2m 6m

B

A q=3t/m

5m 3m

B A

6t

C C

C=2tm B

3m

A

1.5m 2m

5t q=2t/m

A

3m 3m 3m

C=5tm

B D E E

D

In tro duc t ion 15


Rép. : TA=TC=-TB=qa Rép. : TA=TC(g)=2P/3

MA=-qa² TC(d)=TD=TB=-P/3

Mmax=qa²/2 MC=2Pa/3, MD=0, MB=-Pa/3

Exercice 1.29

Rép. : VA= 10.5 t, VB=18.5 t

TA=T1(g)=10.5 t, T1(d)=T2=0.5 t

T3=T4=TB(g)=-9.5 t, TB(d)=9 t

T5(g)=6.33 t, T5(d)=0.33 t, T6 =0

M1=10.5 tm, M2=11 tm,

M3=2 tm, M4(g)=-7.5 tm,

M4(d)=-5.5 tm, MB=-15 tm,

M5=-0.11 tm

Exercice 1.30

Rép. : VA=-8.625 t, VB=16.625 t

HA=-13 t, NAD=8.625 t, NDE=3 t,

NEB=-16.625 t,

TAC=TCA=13 t, TCD=TDC=3 t

TDE=-8.625 t, TED=-16.625 t

TEB=-3 t, TBE=0, MCD=MCA=-52 tm,

MDE=-MDC=55 tm, MED=MEB=4.5 tm

Exercice 1.31

q

A

a 2a

Articulation

B

a 2a

B

a

A

P

C D C

A

B

q1=2t/m

q2=1t/m

10t

1m

4m

4m

3m

D E

C

B A

F1=10t F2=6t q1=5t/m q2=2t/m

1 1 1 1 2m 2m

1 2 4 3 5 6

C=2 tm 1

In tro duc t ion 16

Rép. : HA=-55 KN, VA=135 KN, VB=45 KN, NAE=-135 KN, NEA=-85 KN,

NDE=NED=-40 KN, NEG=NGE=NGB=NBG=-45 KN, MAE=83.75 KNm,

MEA=-41.25 KNm, MED=-71.25 KNm, MEC=-30 KNm, MFC=MFG=-15 KNm,

MGF=MGB=-60 KNm, MBG=-15 KNm, TAE=55 KN, TEA=-5 KN,

TDE=-40 KN, TED=-55 KN, TEC=30 KN, TCE=TCF=TFC=-15 KN,

TFG=TGF=-45 KN, TGB=45 KN, TBG=0.

q2=20KN/m

q1=10KN/m P1=40 2 KN P2=30KN

p=10KN/m

q4=30KN/m

Mo=15KNm

B

A

q3=12KN/m

45°

5m

1.5m 3m 1m 1m

3m

F

G

E D C

Chapitre 2

DÉPLACEMENTS DES POUTRES FLÉCHIES

Les poutres considérées sont droites et possèdent un plan de symétrie qui

contient les charges appliquées. Dans ces conditions, la flexion se fait dans le

plan de symétrie de la pièce considérée.

Ce chapitre expose les principales méthodes qui permettent d'obtenir l'équa-

tion de la déformée.

2.1 IMPORTANCE DES CALCULS DE DEPLACEMENTS

Dans toute étude de structure, outre le calcul des réactions, des éléments de

réduction et des contraintes, on fait également des calculs de déplacements. Gé-

néralement, on fixe pour les déplacements des sections des limites admissibles à

ne pas dépasser, tout comme pour les contraintes. Il n'est pas rare même que les

conditions de déformabilité soient plus sévères que les conditions de résistance.

La limitation des déplacements vise avant tout à préserver la fonctionnalité

de la construction. A titre d'exemple, une trop grande déformabilité des poutres

peut provoquer la fissuration des cloisons légères et engendrer des désordres très

gênants.

D'autre part, lorsque les déplacements sont importants ils peuvent modifier

significativement l'action des charges appliquées (ils engendrent d'autres efforts,

dits effets du second ordre), et dans ce cas il est nécessaire d'en tenir compte.

Par ailleurs, la résolution des problèmes hyperstatiques, qui constituent l'es-

sentiel des structures habituelles, fait appel aux calculs de déplacements.

Le déplacement de la section d'une poutre peut être :

- une translation

- une rotation

Dans le cas d'une poutre horizontale fléchie dans le plan xy, l'axe des x étant

confondu avec l'axe longitudinal de la pièce, les déplacements verticaux des

centres de gravité des sections droites, mesurés à partir de l'axe x, sont appelés

flèches. Les rotations se font autour de l'axe z (axe neutre) et représentent les

angles, mesurés en radians, dont tournent les sections droites de la poutre.

1 8 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES

2.2 EQUATION DIFFERENTIELLE DE LA DEFORMEE

Considérons une poutre horizontale simplement appuyée, fléchie dans le plan

vertical xy (Figure 2.1). Après flexion, l'axe longitudinal AB de la poutre prend la

forme courbe AMB. Cette courbe est appelée déformée ou ligne élastique (ou

élastique tout simplement) de la poutre et peut être décrite par une équation de la

forme y = f(x). Les ordonnées y représentant les flèches subies par les sections

(leurs centres de gravité plus exactement) de la pièce.

L'influence de l'effort tranchant sur la courbure de la déformée étant généra-

lement très faible, elle peut être négligée (nous étudierons plus loin l'influence de

T). Nous admettrons donc que la courbure de la ligne élastique en un point donné

ne dépend que de la valeur du moment fléchissant en ce point. Dans ce cas, nous

utilisons la relation liant la courbure au moment fléchissant obtenue rigoureuse-

ment dans le cas de la flexion pure et qui s'écrit :

1

R

M

EI

z

z

= (2.1)

D'autre part, on apprend dans les cours de Géométrie Différentielle que la

courbure en un point M, d'une courbe plane donnée par l'équation explicite y =

f(x), vaut :

1

1

2

2

2

3

2R

d y

dx

dy

dx

=

+

ε

[ ( ) ]

(2.2)

Le facteur ε vaut ± 1 et a été intro-duit pour des raisons que nous évo-

quons plus loin. Remarquons toutefois

que du point de vue mathématique ε vaut + 1 et le signe de la courbure ne dépend que de la valeur de la dérivée se-

conde (le dénominateur de l'expression (2.2) étant strictement positif). Ainsi, la

courbure (ou la dérivée seconde) est positive si la concavité de la courbe est

tournée vers les y positifs et elle est négative quand la concavité est orientée vers

les y négatifs (Figure 2.2).

Figure 2.2

M

M

y

x

y">0

y"<0

R

θ

dθ

θ A B

M

dx x

y

Figure 2.1

x

Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 19

A partir des équations (2.1) et (2.2), on déduit la relation différentielle sui-

vante reliant le moment (Mz) et la flèche (y).

M

EI

d y

dx

dy

dx

z

z

=

+

ε

2

2

2

3

21[ ( ) ]

(2.3)

Physiquement, la dérivée première y' = dy/dx représente la pente de la tan-

gente à la déformée y au point courant M. Dans le cadre de l'hypothèse admise

des petits déplacements, les angles sont très petits et, non seulement on peut

confondre la tangente et l'angle (dy/dx = tgθ ≈ θ), mais le terme (dy/dx)2 devient négligeable devant l'unité. D'où la simplification de la relation (2.3) :

M

EI

d y

dxy

z

z

= =ε ε2

2" (2.4a)

Notons au passage que dans le cadre des petits déplacements, y' représente

également la rotation de la section Σ d'abscisse x.

La valeur à donner à ε se déduit plus facilement de la dernière expression. Il suffit de comparer les signes de y" et de Mz. La convention de signes adoptée

pour le moment est exactement l'opposée de celle de y" puisqu'on considère un

moment comme positif quand la concavité de la déformée est tournée vers les y

négatifs.

D'où le signe adéquat à prendre :

d y

dxy

M

EI

z

z

²

²"= = − ou encore : EI y Mz z" = − (2.4b)

Compte tenu des relations différentielles reliant q, T et M, on peut en déduire :

d y

dxy

T

EI

y

z

3

3= = −''' et

d y

dxy

q

EI

q

EI

IV y

z z

4

4= = = (2.5)

Il importe de noter que dans le cas des barres très élancées, les flèches peu-

vent être importantes et l'expression (2.4b) ne fournit plus une bonne approxima-

tion. Il faut alors faire usage de la relation (2.3), sachant que ε vaut -1 pour les

raisons données plus haut. L'utilisation de la définition exacte de la courbure

introduit deux différences fondamentales par rapport à l'approximation (2.4) :

- l'équation différentielle n'est plus linéaire,

- dans le calcul du moment, il faut tenir compte de l'influence des déplace-

ments, ce qui revient à introduire des moments additionnels secondaires

(moments du second ordre).

D'autre part, la relation (2.1) montre qu'il y a proportionnalité entre la cour-

bure et le moment fléchissant, autrement dit les développements à partir de cette

équation sont valables uniquement dans le domaine élastique linéaire. Si on sort

de ce domaine, il faut utiliser une relation non linéaire de la forme 1/R = f(M),

déduite de l'étude du comportement élastoplastique de la pièce considérée.


Nous allons voir dans les paragraphes suivants quelques méthodes parmi les

plus importantes qui permettent d'obtenir l'équation de la ligne élastique d'une

poutre fléchie.

2.3 INTEGRATION DIRECTE DE L'EQUATION DIFFERENTIELLE

Lorsque le chargement est simple et la section constante, l'expression analy-

tique du moment n'est pas compliquée et le moment d'inertie demeure constant.

L'intégration de l'équation (2.4b) reste alors aisée et permet d'obtenir facilement

l'équation de la déformée.

La première intégration fournit l'expression de y' (y' = tgθ). Comme on a y' =

θ, en vertu de l'hypothèse des petits déplacements, on obtient en fait l'expression générale de la rotation dont tourne la section courante. L'angle est évidemment

exprimé en radians.

Notons par ailleurs que la première intégration fait apparaître une constante.

La deuxième intégration donne l'expression cherchée de la déformée et fait

apparaître une deuxième constante. Les deux constantes d'intégration s'obtien-

nent généralement en satisfaisant aux conditions d'appui de la poutre et de conti-

nuité de la déformée. Ces conditions sont désignées habituellement par condi-

tions aux limites.

Il faut toujours s'assurer que les expressions obtenues des flèches (y) et des

rotations (y'), sont continues en tout point de la poutre. En effet, une discontinui-

té dans l'expression de y marquerait une interruption dans la poutre tandis qu'une

discontinuité de y' voudrait dire que la poutre se brise en ce point (articulation).

Les deux situations sont absurdes car la déformée est continue.

Par contre, l'expression de la courbure (donc y'') peut être discontinue. C'est

ce qui se produit dans les sections où le moment présente une discontinuité (pré-

sence d'un couple concentré) ou bien là où la section varie brusquement (dis-

continuité de Iz).

Considérons l'exemple simple de la

poutre de section constante chargée

uniformément pour illustrer la mé-

thode (Figure 2.3).

L'expression du moment est :

Mqx

z = −2

2

L'équation différentielle de l'élastique devient :

EId y

dxqx

z

²

²

²=

2

d'où :

EIdy

dxqx

Cz = +3

6 (a) et EI y q

xCx Dz = + +

4

24 (b)

l

q

y

x

Figure 2.3


Pour déterminer les constantes d'intégration C et D, il faut écrire deux condi-

tions aux limites. Dans le cas considéré, on peut écrire dans la section d'encas-

trement deux conditions sur y et y' :

1) en x = l, y = 0 (flèche nulle)

2) en x = l, y' = 0 (rotation nulle)

Ces conditions, sur y et y', sont des conditions aux limites géométriques alors

que les conditions aux limites sur y" et y''' (donc sur M et T, respectivement) sont

désignées par conditions aux limites statiques.

En utilisant la condition (2), l'équation (a) donne : C = - ql3/6.

Et en appliquant la condition (1), on tire de l'équation (b) : D = ql4/8.

D'où les expressions finales de la rotation et de la flèche :

yql

EI

qx

EIz z

' = − +3 3

6 6 (2.6a)

yql

EI

ql

EI

qx

EIz z z

= − +4 3 4

8 6 24 (2.6b)

Une rotation est positive si elle se fait dans le sens horlogique alors qu'une

flèche est positive si elle est du côté des y positifs (vers le bas). En faisant x = 0

dans les expressions (2.6a) et (2.6b), on obtient :

C/EIz = θ0 = ql3/6EIz et D/EIz = f0 = ql

4/8EIz

autrement dit, C et D sont respectivement la rotation et la flèche de la section

initiale de la poutre, multipliées par la rigidité flexionnelle de la poutre (EIz).

La méthode d'intégration directe devient fastidieuse quand le chargement

et/ou la section présente(nt) des discontinuités. Dans ce cas, l'expression de

Mz/EIz change à chaque discontinuité et on doit travailler par tronçon. On effec-

tue sur chaque tronçon une double intégration pour obtenir l'expression de sa

déformée. Mais comme à chaque double intégration on voit apparaître deux

constantes d'intégration, le total des constantes pour toute la poutre est égal au

double du nombre de tronçons existants.

Les constantes inconnues s'obtiennent en exprimant :

- les conditions d'appui de la poutre,

- les conditions de passage aux sections de jonction entre les différents tron-

çons. Ces conditions expriment la continuité de la déformée, donc la conti-

nuité de y et de y',

- certaines conditions statiques en des points particuliers.

Ainsi, si l'expression du second membre de l'équation (2.4b) change plusieurs

fois (présence de plusieurs tronçons), la détermination des constantes d'intégra-

tion nécessite la résolution d'un système de plusieurs équations (avec autant

d'inconnues), d'où un surplus de travail.

Voyons cela sur l'exemple simple de la poutre bi-articulée soumise à une

charge concentrée (Figure 2.4).


Pour plus de commodité, on écrit l'équation différentielle de l'élastique sous

la forme :

EI y Mz z" = −

• 0 ≤ ≤x a (tronçon 1) :

M Pbx lz = /

EI yPb

lx Cz 12

12

' = − +

113

1z DxCxl6

PbyEI ++−=

• lxa ≤≤ (tronçon 2) : Mz = Pa - Pax/l

22'

2z Cxl2

PaPaxyEI ++−=

2232

2z DxCxl6

Pax

2

PayEI +++−=

Les inconnues C1, D1, C2 et D2 sont déterminées à l'aide des deux conditions

aux limites en x = 0 et x = l, et des deux conditions de passage en x = a.

1) en x = 0, y1 = 0 3) en x = a, y1 = y2

2) en x = l, y2 = 0 4) en x = a, y'1 = y'2

La résolution de ce système d'équations donne :

C1 = Pab(a+2b)/6l, D1 = 0, C2 = Pa(2l2+a

2)/6l, D2 = -Pa

3/6

D'où les expressions finales, donnant les rotations et les flèches :

• 0 ≤ ≤x a

)b2a(l6

Pabx

l2

PbyEI

2'1z ++−= (2.7a)

EI yPb

lx

Pab

la b xz 1

3

6 62= − + +( ) (2.7b)

• a x l≤ ≤

EI y PaxPa

lx

Pa

ll az 2

2 2 2

2 62' ( )= − + + + (2.7c)

EI yPa

xPa

lx

Pa

ll a x

Paz 2

2 3 2 23

2 6 62

6= − + + + −( ) (2.7d)

Cet exemple, pourtant simple, montre combien l'application de la méthode

d'intégration directe devient laborieuse quand la pièce présente des discontinuités

(de chargement et/ou de section). On va voir dans le paragraphe suivant com-

ment, grâce à de petits aménagements dans l'application de la méthode précé-

dente, on arrive à réduire le travail à effectuer.

Figure 2.4

A B

x

b a

y

l

P


2.4 METHODE DE CLEBSCH OU DES PARAMETRES INITIAUX

Soit la poutre bi-articulée de section constante représentée à la figure 2.5. Les

charges appliquées divisent la poutre en cinq tronçons et une application directe

de la méthode d'intégration conduirait à la détermination de dix constantes d'in-

tégration.

La méthode de Clebsch permet, grâce à un artifice de calcul, de réduire les

constantes à deux seulement, et ce quelque soit le nombre de tronçons. D'autre

part, la méthode fournit une expression unique de la déformée, valable pour tous

les tronçons. L'expression de la rotation s'obtient naturellement par dérivation de

la fonction de la déformée.

L'originalité de la méthode vient de sa présentation particulière des calculs.

L'idée essentielle de la méthode consiste à écrire l'expression du moment sur un

tronçon en ajoutant de nouveaux termes (au moins un terme) à l'expression du

moment sur le tronçon précédent en gardant la même origine des abscisses x

(voir règle 1).

Appliquons cet artifice à l'exemple considéré. Ecrivons pour chaque tronçon

l'expression du moment, l'équation différentielle de l'élastique puis effectuons les

deux dérivations successives.

1ère règle : Elle consiste à placer l'origine des coordonnées x, y au centre de

gravité d'une section extrême de la poutre, l'extrémité gauche par exemple.

• Tronçon 1 ( )0 ≤ ≤x a :

M R xz A=

EI y R xz A" = −

EI y Rx

Cz A' = − +

2

12

EI yR

x C x DzA= − + +

3

31 1

!

En faisant x = 0 dans les deux dernières expressions, on obtient :

Figure 2.5

A B C P q

x

a

b

c

d

l

RA

y


C EI y EIz z1 0 0= =' θ

D EI y EI fz z1 0 0= =

Autrement dit, C1 et D1 représentent respectivement la rotation et la flèche,

multipliées par la rigidité flexionnelle de la poutre (EIz), de la section initiale.

• Tronçon 2 ( )a x b≤ ≤

M R xq

x az A= − −2

2( )

EI y R xq

x az A"

( )= − + −2

2

EI y Rx q

x a Cz A'

!( )= − + − +

23

22 3

EI yR

xq

x a C x DzA

= − + − + +3 4

3 42 2

! !( )

En faisant x = a dans les deux dernières équations, on en déduit que : C2 = C1

et D2 = D2.

• Tronçon 3 ( )b x c≤ ≤

2ème

règle : On suppose la charge répartie appliquée sur tout le reste de la

poutre et on applique une charge égale et opposée pour équilibrer la charge ajou-

tée (cet artifice permet d'avoir des expressions générales valables sur toute la

longueur de la poutre).

M R xq

x aq

x bz A= − − + −2 2

2 2( ) ( )

EI y R xq

x aq

x bz A"

( ) ( )= − + − − −2 2

2 2

EI y Rx q

x aq

x b Cz A'

!( )

!( )= − + − − − +

23 3

32 3 3

EI yR

xq

x aq

x b C x DzA= − + − − − + +

3 4 4

3 4 43 3

! !( )

!( )

En comparant les flèches et les rotations dans la section de jonction x = b, on

trouve : C3 = C2 et D3 = D2.

• Tronçon 4 ( )c x d≤ ≤

M R xq

x aq

x b P( x cz A= − − + − − −2 2

2 2( ) ( ) )

EI y R xq

x aq

x b P( x cz A"

( ) ( ) )= − + − − − + −2 2

2 2


EI y Rx q

x aq

x bP

x c Cz A'

!( )

!( ) ( )= − + − − − + − +

23 3 2

42 3 3 2

EI yR

xq

x aq

x bP

x c C x DzA

= − + − − − + − + +3 4 4 3

3 4 4 34 4

! !( )

!( )

!( )

En comparant de nouveau les flèches et les rotations à gauche et à droite de la

section x = c, on montre que : C4 = C3 et D4 = D3.

• Tronçon 5 ( )d x l≤ ≤

3ème

règle : On multiplie le couple concentré par (x-d)0 afin de marquer la

section où commence son influence et pour garder aux expressions leur générali-

té.

M R xq

x aq

x b P( x c C x dz A= − − + − − − + −2 2

2 2 0( ) ( ) ) ( )

EI y R xq

x aq

x b P( x c C x dz A" ( ) ( ) ) ( )= − + − − − + − − −

2 2

2 2 0

EI y Rx q

x aq

x bP

x c C x d Cz A'

!( )

!( ) ( ) ( )= − + − − − + − − − +

23 3 2

52 3 3 2

EI yR

xq

x aq

x bP

x cC

x d C x DzA= − + − − − + − − − + +

3 4 4 3 2

3 4 4 3 25 5

! !( )

!( )

!( ) ( )

En comparant encore une fois les rotations et les flèches dans la section de

jonction (x = d), obtenues à l'aide des relations valables sur les tronçons 4 et 5,

on montre que : C5 = C4 et D5 = D4.

Ainsi, on démontre qu'il n'y a en définitive que deux constantes d'intégration

pour toute la poutre :

C1 = C2 = C3 = C4 = C5 = EIzy'0 = EIzθ0

D1 = D2 = D3 = D4 = D5 = EIzy0 = EIzf0

Ces deux constantes caractérisent les déplacements (rotation et flèche) de la

section initiale de la poutre, d'où leur désignation par paramètres initiaux. Elles

sont déterminées à partir des conditions d'appui de la poutre considérée. Dans un

appui simple ou double la flèche est nulle, f = 0, tandis que dans un encastrement

on a : f = θ = 0.

On peut réduire à quatre le nombre total des équations en adoptant le mode

d'écriture suivant :


x≤a x≤b x≤c x≤d x≤l

23443A0z0zz

2332

A0z'

z

0222A

"z

022Az

)dx(2

C)cx(

!3

P)bx(

!4

q)ax(

!4

qx

!3

RxEIfEIyEI

)dx(C)cx(2

P)bx(

!3

q)ax(

!3

q

2

xREIyEI

)dx(C)cx(P)ax(2

q)ax(

2

qxRyEI

)dx(C)cx(P)bx(2

q)ax(

2

qxRM

−−−+−−−+−θ+=

−−−+−−−+−θ=

−−−+−−−+−=

−+−−−+−−=

Pour calculer une grandeur (Mz, y", y' ou y) sur un tronçon donné, il faut con-

sidérer uniquement les termes à gauche de la limite du tronçon étudié.

Dans l'exemple traité, les conditions aux limites s'écrivent : y = 0 en x = 0 et

en x = l. La première condition donne f0 = 0 et à partir de la seconde on tire la

valeur de θ0.

2.5 METHODE DE LA POUTRE CONJUGUEE

2.5.1 Principe de la méthode

Cette méthode est basée sur une analogie entre les allures de la déformée de

la poutre considérée et du diagramme des moments fléchissants d'une poutre

fictive sollicitée par une charge fictive. La méthode est également appelée mé-

thode de Mohr, du nom de son auteur, ou encore méthode des poids élastiques.

Pour une poutre fléchie, on a les relations différentielles suivantes :

y" = - Mz/EIz (i) et Mz" = - q (ii)

qui sont identiques du point de vue mathématique.

Posons :

y = Mf et Mz/EIz = qf

Avec ces changements, l'équation (i) s'écrit :

Mf" = - qf (iii)

et est exactement semblable à l'équation (ii). La dernière équation obtenue s'in-

terprète comme ceci : la déformée de la poutre réelle (y) est donnée par le dia-

gramme du moment fléchissant (Mf) d'une poutre fictive, appelée poutre conju-

guée, sollicitée par une charge qf = Mz/EIz.

L'équation (iii) est du second ordre et nécessite par conséquent la détermina-

tion de deux constantes d'intégration pour la connaissance complète de Mf. Les

deux constantes définissent en fait les conditions aux limites de la poutre conju-

guée qui s'obtiennent à partir de celles de la poutre réelle puisqu'on a les corres-

pondances :

y = Mf et y' = Tf


Les différents cas de figure de conditions d'appui sont indiqués ci-après.

Poutre réelle Poutre conjuguée

Ces cas sont illustrés par les deux exemples suivants :

Il faut noter que pour respecter les conventions de signes adoptées pour la ro-

tation et la flèche, nous devons considérer que la charge fictive (qf = Mz/EIz) est

dirigée de haut en bas si le moment Mz est positif et vice versa.

Poutre réelle

Poutre conjuguée

Poutre réelle

Poutre conjuguée

y = 0

y'≠ 0

y = 0

y'= 0

Mf = 0

Tf ≠ 0

Mf = 0

Tf = 0

Mf ≠ 0

Tf ≠ 0

Mf ≠ 0

Tf ≠ 0 y ≠ 0

y'≠ 0

y ≠ 0

y'≠ 0

y = 0

y'≠ 0 Mf = 0

Tf ≠ 0

(extrémité libre)

(articulation)

(appui intermédiaire)


2.5.2 Exemple d'application

Reprenons l'exemple de la figure 2.3, déjà traité par la méthode d'intégration

directe.

Le signe du moment de la poutre réelle est négatif puisqu'il fait tendre les fi-

bres supérieures (Figure 2.6c). Cela signifie que la charge fictive à appliquer à la

poutre conjuguée doit être dirigée de bas en haut (Figure 2.6d).

Les composantes de réaction dans la section d'encastrement de la poutre fic-

tive sont :

Tql

EIl

ql

EIE

Z Z

=− =−1

3 2 6

2 3

et Mql

EIll ql

EIE

Z Z

= =1

3 2

3

4 8

2 4

D'où :

z

3

z

3

EI6

qx

EI6

ql'y +−= (j)

z

4

z

3

z

4

EI24

qx

EI6

xql

EI8

qly +−= (jj)

Les équations (j) et (jj) sont identiques aux expressions (2.6a) et (2.6b) obte-

nues par la méthode d'intégration directe.

Figure 2.6

(c)

x

Mz = -qx²/2

(d)

x

qf = -qx²/2EIz

q

l

(a)

Poutre réelle

(b)

Poutre conjuguée

Diagramme du moment

Chargement de la p.c.


2.6 FLECHE PROVOQUEE PAR L'EFFORT TRANCHANT

Sous l'effet de l'effort tranchant Ty, la section Σ2 d'abscisse x+dx, subit un

glissement dy par rapport à la section Σ1 d'abscisse x (Figure 2.7a).

Les déplacements étant petits, on peut écrire :

dy = γdx (k)

où γ représente la variation que subissent les angles, initialement droits.

D'autre part, en vertu de la loi de Hooke, on a :

γ = τ/G (l)

La dernière expression montre que les déplacements angulaires (γ) et par conséquent les déplacements linéaires (dy), en raison de la relation (k), sont la

conséquence des contraintes de cisaillement (Figure 2.7b). On sait en effet qu'à

l'intérieur des corps il n'y a pas d'efforts concentrés mais uniquement des distri-

butions de contraintes.

Concernant la distribution des contraintes tangentielles provoquées par l'ef-

fort tranchant, on apprend dans le cours de flexion simple qu'elle n'est pas uni-

forme sur la section ; ce qui veut dire que la déformation angulaire γ n'est pas

constante mais varie d'une couche à l'autre. La variation de γ entraîne un gau-chissement des sections initialement planes (Figure 2.7c).

Evaluons le déplacement yT que subit le centre de gravité d'une section cou-

rante par rapport à la position de l'axe de la poutre avant déformation (x).

On a :

dyT = γmdx

où γm représente la distorsion, mesurée par rapport à l'axe non déformé de la poutre, de l'angle droit.

dx

(b)

τxy

dx

(a)

γ Ty

Σ1 Σ2

Ty+dTy

Ty G1

γm

dyT

G2

dx y

(c)

Ty+dTy

Figure 2.7

x

dy


2.6.1 Travail et énergie de déformation

La distorsion peut être déterminée en comparant le travail accompli par l'ef-

fort tranchant au cours de la déformation de l'élément de longueur dx à l'énergie

emmagasinée dans ce même élément.

Le travail effectué par l'effort tranchant vaut :

dxT2

1dyT)

2

1(d myTye γ==τ (2.8)

L'énergie emmagasinée dans une couche bdx d'épaisseur dy (Figure 2.8),

avec dy suffisamment petit pour pouvoir admettre que la contrainte ne varie pas,

est donnée par :

dxdyb)2

1(dx)bdy)(

2

1(Wd xyxy

2γτ=γτ= (2.9)

L'énergie emmagasinée dans tout le tronçon dx s'obtient en considérant toutes

les couches élémentaires bdxdy, c'est-à-dire en sommant sur toute la section

(notée A).

dW bdxdydx

bdyxy xyAA

= = ∫∫1

2 2γτ γτ

Sachant que :

γτ

=xy

G et que τ xy

y z

z

T S

bI=

*

où :

- Sz* représente le moment statique par rapport à l'axe z de l'aire de la section

comprise entre la cote y et la fibre inférieure de la section,

- b est largeur de la section à la cote y,

z

y

b

y

dx

Ty

dy

γ

Ty+dTy

τxy

Figure 2.8


il vient :

dWdx T S

Gb Ibdy

dx T S

GbIdy

T dx

GI

S

bdy

y z

zA

y z

z

y

z

z

hA= = =∫ ∫∫2 2 2

2

2 2

2

2

2

2

*2 *2 *2

(2.10)

est une quantité ayant la dimension d'une aire. Elle ne dépend que

des caractéristiques géométriques de la section et est toujours infé-

rieure à la section (A), d'où sa désignation habituelle par Aréd (sec-

tion réduite).

On peut poser :

κ =A

Aré d

avec κ = ∫A

I

S

bdy

z

z

h2

*2

(2.11)

Le coefficient κ, appelé facteur de cisaillement, est toujours supérieur à 1. Il caractérise la distribution des contraintes tangentielles dues à l'effort tranchant.

Plus la distribution de ces contraintes s'éloigne de la distribution uniforme, plus κ est grand (il vaut 1.2 pour une section rectangulaire, 1.111 pour une section cir-

culaire et varie généralement de 2 à 3 pour les sections en I).

L'expression (2.10) peut s'écrire :

dWT dx

GA

T

GAdx

y

ré d

y= =

2 2

2 2

κ (2.12)

En comparant les relations (2.8) et (2.12) on tire :

γκ

m

y

ré d

yT

GA

T

GA= = (2.13)

Le glissement dyT entre les sections Σ1 et Σ2 devient :

dy dxT m= γ =κT

GAdx

y (2.14)

Or, Tydx = dMz, donc :

dyGA

dMT z=κ

(2.15)

Le déplacement du centre de gravité de la section d'abscisse x s'obtient en in-

tégrant de 0 à x :

y x yGA

M x MT T z z( ) ( ) [ ( ) ( )]− = −0 0κ

(2.16)

Cette dernière expression est particulièrement indiquée pour le calcul des flè-

ches provoquées par l'effort tranchant lorsque le diagramme de ce dernier est

I

S

bdy

z

z

h

2

*2

∫


connu. En effet, la variation du moment, Mz(x) - Mz(0), représente l'aire du dia-

gramme de Ty compris entre 0 et x.

De la relation (2.14), on peut tirer :

d y

dx GA

dT

dx GAqT y

2

2= = −

κ κ (2.17)

Cette dernière quantité représente la courbure due à l'effort tranchant. En su-

perposant les courbures provoquées par le moment fléchissant et l'effort tran-

chant, on obtient l'équation différentielle complète de l'élastique ; qui s'écrit :

d y

dx

M

EI GAqz

z

2

2= − −

κ (2.18)

Si on utilise la méthode de la poutre conjuguée, la charge fictive à considérer

est dans ce cas :

qM

EI GAqf

z

z

= +κ

(2.19)

Remarque : A partir de la relation (2.14), on peut tirer la relation :

dy

dx GATTy=

κ (2.20)

qui permet de faire une observation intéressante. En effet, l'équation (2.20) mon-

tre qu'on n'a pas dyT/dx = 0 dans une section d'encastrement, où Ty est quel-

conque. Les approximations obtenues restent toutefois très proches des solutions

exactes.

2.6.2 Exemples d'application

Exemple 1

Calculons la flèche à mi-portée d'une poutre bi-articulée sollicitée par une

charge P appliquée en son milieu.

La flèche due au moment, qui

peut être obtenue par particulari-

sation de la relation (2.7b) ou

(2.7d), vaut :

z

3

MEI48

Pl)

2

l(f =

Pour la flèche provoquée par T, on a, en vertu de l'équation (2.16) :

GA4

Pl

2

1

2

P

GA)

2

l(f)0(f)

2

l(f TTT

κ=

κ==−

comme G = E/2(1+ν), il vient :

Figure 2.9

P

1/2 1/2

b

h

l=10h

ν=0.2


Ebh4

)1(2Pl2.1

3Ebh4

3Pl)

2

l(

Tf)

2

l(

Mf)

2

l(f

ν++=+=

d'où :

)88.2h

1(

Ebh4

Pl)

2

l(f

2

2

+=

Dans le cas considéré, l =10h, la flèche due à l'effort tranchant est inférieure

à 3% de celle provoquée par le moment.

Exemple 2

Calculons la flèche de l'extrémité libre d'une poutre-console de section rec-

tangulaire (bh) soumise à une charge uniformément répartie (Figure 2.3). La

flèche provoquée par le moment seul s'obtient en faisant x=0 dans l'expression

(2.6b), soit : fql

EIM

Z

=4

8.

En utilisant une nouvelle fois la relation (2.16) entre 0 et l, on obtient :

)]0(M)l(M[GA

)0(y)l(y zzTT −κ

=−

Or à l'extrémité libre (x=0) le moment est nul et, d'autre part, dans la section

d'encastrement (x = l) la flèche est nulle. L'expression ci-dessus devient alors :

)l(MGA

)0(y zT

κ=−

Sachant que Mz(l) = - ql2/2, il vient :

f yql

GAT T( ) ( )0 0

2

2

= =κ

L'expression finale de la flèche résultante s'écrit :

fql

EI

ql

GA

ql

Ebh

l

hz

= + = +4 2 2 2

28 2 2

32 88

κ( . )


2.7 EXERCICES

Chercher les déformées et les grandeurs indiquées des systèmes représentés

ci-après en utilisant la méthode d'intégration directe.

Remarques :

- sauf indication contraire, M désigne la section à mi-travée et EI la rigidité

flexionnelle (EIz).

- dans les réponses données, une flèche positive est dirigée vers le bas et une

rotation est positive si elle se fait dans le sens horlogique.


fM? fB? θB?

Rép. : fM = 5ql4/384EI Rép. : fB = Pl

3/3EI, θB = Pl

2/2EI

EIy = ql4/24+ql3x/24-qlx3/12 EIy = Plx2/2-Px3/6

Exercice 2.3

fM?

Rép. : fM = 5ql4/768EI

EIy = 7ql3x/360-qlx3/36+qx5/120l

Exercice 2.4

0≤x≤a, EIy=7qa4/24-qa3x/3+qx4/24

θA =-qa3/6EI

a≤x≤3a (AB)

EIy=5qa4/8-4qa3x/3+qa2x2-qax3/3+qx4/24

fM? θA? fM=-qa4/24EI

Exercice 2.5

fA? θA?

Rép. : fA=181qa4/48EI,

θA =-65qa3/36EI

A B

q

l

A P

B

l

a

q

a

A B (I) (2I) (3I)

a

q

B A

a 2a a

l

q

B A


Exercice 2.6

fM? fC? θC?

Rép. : fM =pl3/48EI, fC =-pl

2a/16EI,

θC =-Pl2/16EI

Exercice 2.7

fM? fC? θC?

Rép. : fM =-Pal2/16EI,

fC =Pa2(a+l)/3EI

θC =Pa(3a+2l)/6EI

Exercice 2.8

Rép. : 0≤x≤a,EIy=13Pa2x/32-Px3/12

θA =13Pa2/32EI

a/2≤x≤3a/2, EIy=Pa3/12+9Pa2x/32-Px3/24

fM? θA? fM =35Pa3/96EI.


ci-après en utilisant la méthode des paramètres initiaux.

Exercice 2.9

fE? θE?

Rép. : fE =ql4/3EI, θE =5ql

3/6EI

Exercice 2.10

fA? θA?

Rép. : fA =25ql4/384EI, θA =-7ql

3/48EI

a 1/2 1/2

C A

P

B

M

a 1/2 1/2

C A

P B

M

a a

B A P

M

a

(I) (I) (2I)

B

q

A

l l l

E

F=2ql C=ql²

B

q

A

l/2 l/2

C=ql² P=ql


Exercice 2.11

fE? θE?

Rép. : fE =-17ql4/90EI, θE =13ql

3/72EI

a≤x≤l (EA)

EIy=-17ql4/90+13ql

3x/72+qx

5/120l

l≤x≤3l (AB), EIy=-17ql4/90+13ql3x/72+qx5/120l-19ql(x-l)3/72-q(x-1)5/120l

Exercice 2.12

fE? θE? fF?

Rép. : fE =5ql4/8EI, θE =-2ql

3/3EI, fF=0

Exercice 2.13

fE? θE?

avec : P = 3 t, a = 3 m

EIz = 2 1010 Kgcm

2

Rép. : fE =1.35 cm, θE =-0.00675

Exercice 2.14

Traiter les exercices 2.2, 2.6 et 2.7 avec la méthode de la poutre conjuguée.


ci-après en utilisant la méthode de la poutre conjuguée.


fM? fC? fE? θE?

Rép. : fM =-Pl3/12EI, fC =3Pl

3/4EI Rép. : fE = -2Cl

2/81EI, θE=Cl/9EI

B

q

A

2l l

E

B

q A

l l

F

C=2ql²

l l

E

l

A

P

l l

P

M

B

l/3

A B

C

E

2l/3

C

a

E

P

B

a a a

P P



fD? θD(g)? θD(d)? fD? θD(g)? θD(d)?

Rép. : fD=-Pl3/4EI, θD(g)=-Pl

2/4EI Rép. : fD =-Pl3/3EI, θD(g)=-Pl

2/6EI,

θD(d) = Pl2/4EI θD(d) =Pl

2/2EI

Exercice 2.19

Calculer les flèches provoquées par le moment fléchissant (seul) et l'effort

tranchant (seul) au milieu de la poutre de l'exemple d'application n°1 et à l'ex-

trémité libre de la poutre de l'exemple n°2 sachant que :

P = 5 t, q = 2 t/m, h = 50 cm, b = 30 cm, l = 5 m, ν = 0.2 et E = 105 Kg/cm2.

- Poutre bi-articulée avec une force concentrée en son milieu.

Rép. : fM (l/2)=0.417 cm ; fT(l/2)=0.012 cm.

- Poutre console uniformément chargée (extrémité libre en x = 0).

Rép. : fM (0)=5.00 cm ; fT(0)=0.048 cm.

Exercice 2.20

Une poutre-console de section rectangulaire (bh) en acier (E ; G) de longueur

l supporte à son extrémité libre une charge verticale P.

Déterminer l'équation de la déformée en tenant compte de l'influence de l'ef-

fort tranchant.

Calculer la flèche de l'extrémité libre sous l'action de l'effort tranchant seul.

Comparer cette flèche à celle provoquée par le moment de flexion seul.

P = 1 t, h = 5 cm, b = 3 cm, l = 1.5 m, E = 21 105 Kg/cm2, G = 8 105 Kg/cm2.

y=Pl3/3EI-Pl

2x/2EI+Px

3/6EI+κPl/GA-κPx/GA

yM(0)=fM =Pl3/3EI=17.14 cm

yT(0)=fT =κPl/GA=0.015 cm

l

A

l l l

D B C P

B

l l l

P A D

C

Chapitre 3

LE POTENTIEL INTERNE ET SES APPLICATIONS

3.1 INTRODUCTION

Dans ce chapitre seront examinées les relations qui existent entre les sollicita-tions agissant sur un système et les déplacements qu'elles produisent.

Les systèmes considérés sont généralement plans (géométrie et chargement) mais les développements théoriques s'appliquent à tous les systèmes, sauf préci-sion contraire.

Pour garder à la théorie toute sa généralité, tout en simplifiant autant que pos-sible les notations, nous désignerons une sollicitation par F (sollicitation généra-lisée), que ce soit une force P, un couple C ou une sollicitation globale F (F1, F2,

…, Fn) et un déplacement par δ (déplacement généralisé), que ce soit une transla-tion λ (déplacement linéaire) ou une rotation γ (déplacement angulaire).

3.2 TRAVAIL DES FORCES EXTERIEURES ET ENERGIE DE

DEFORMATION

3.2.1 Notions de travail et de travail complémentaire

Pour fixer les idées, nous considérons le cas d'une barre prismatique soumise à une traction axiale F1 qui produit un allongement δ1 (Figure 3.1a).

Nous supposons que la force F1 est appliquée graduellement, d'une manière lente, de façon à ne produire aucune force d'inertie. Dans ces conditions, on dit que le chargement (force F1 ici) est appliqué statiquement et le déplacement engendré (ici un allongement) est relié à la force appliquée par une relation re-présentée par le diagramme "F-δ" de la figure 3.1b.

Soit F une valeur intermédiaire et δ l'allongement correspondant. A un ac-croissement dF de la charge correspond un allongement supplémentaire dδ. Le travail élémentaire produit par F au cours de l'accroissement dδ est défini par :

dτe = Fdδ (3.1)


Il est représenté par l'aire hachurée (hachures inclinées) du diagramme F-d (Fi-gure 3.1b).

Remarque : Fdδ représente plus exactement le rectangle "abcd". Autrement dit, le travail effectué par dF au cours du déplacement dδ, qui est un infiniment petit d'ordre supérieur à 1, est négligé.

Le travail total effectué par la force F1 au cours du déplacement δ1 est obtenu par sommation des travaux élémentaires, c'est-à-dire :

τ δδ

e Fd= ∫01

(3.2)

Il est représenté par l'aire délimitée par la courbe F-δ et l'axe des δ jusqu'à δ1.

De même, on appelle travail complémentaire élémentaire du déplacement δ au cours de l'accroissement de charge dF la quantité :

d dFeτ δ* = (3.3)

Le travail complémentaire total effectué par F1, appliquée graduellement de 0 à F1, au cours du déplacement δ1 est donné par :

τ δe

F

dF* = ∫01

(3.4)

C'est l'aire à gauche de la courbe F-δ.

3.2.2 Énergie et énergie complémentaire de déformation

Considérons un corps soumis à des sollicitations extérieures. Sous l'action des charges extérieures, le corps se déforme et les efforts internes (contraintes) effectuent un travail qui s'oppose au travail des sollicitations extérieures.

Ce travail interne, changé de signe, est désigné par énergie potentielle de dé-formation (W) (-τi = W).

d eτ*

F

F1

F

F1 A

B 0

δ δ

F1

dF dF

F F

δ

dτe

a

b c

d

δ dδ δ1 dδ

l

δ1

(a) (b) (c)

Figure 3.1

δ1

L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 41

Isolons un élément dv = dxdydz du corps considéré. L'énergie élémentaire emmagasinée dans dv se calcule comme le travail effectué par les forces agissant sur les faces de l'élément dv. Ainsi, le travail effectué par la force élémentaire σx.dydz au cours de la variation dεx de la déformation εx, qui produit le déplace-ment ∆dx = dεx.dx, vaut :

dW dydz d dx d dvx x x x= =σ ε σ ε. . (3.5)

En considérant toutes les composantes des contraintes et en utilisant la nota-tion indicielle, on obtient pour l'élément dv :

dW d dvij ij= σ ε (3.6)

L'énergie emmagasinée dans tout la volume du corps (v) vaut :

W d dvij ijv

= ∫σ ε (3.7)

Considérons un diagramme contrainte-déformation unidirectionnel (unidi-mensionnel) (Figure 3.2b).

On a :

dW d0 = σ ε (3.8)

Cette quantité a l'unité d'une énergie par unité de volume. L'intégrale :

W d00

1

= ∫ σ εε

(3.9)

est appelée densité de l'énergie de déformation et est représentée par l'aire com-prise entre la courbe σ-ε et l'axe des ε. Remarquons qu'on a :

W dW dvv

= ∫ 0 (3.10)

De même, l'énergie complémentaire élémentaire produite par un accroise-ment dσij des contraintes au cours des déplacements produits par les déforma-tions εij correspondantes vaut :

dvddW ijij* σε= (3.11)

dW0*

dx

dz

dy σx

dx(1+dεx)

σ

σ1

dσ

σ

ε dε

ε

dW0

(a) (b) Figure 3.2

ε1


Et pour la totalité du volume du corps :

∫ σε=v

ijij* dvdW (3.12)

On a aussi :

dW d0* = ε σ et W d0

0

1* = ∫ ε σσ

(3.13)

3.3 TRAVAIL ET ENERGIE DANS LE DOMAINE ELASTIQUE

LINEAIRE

a) Travail d'une force

Revenons au cas de la traction d'une barre prismatique du paragraphe 3.2.1. Si la relation entre F et δ est linéaire, domaine d'application de la loi de Hooke (et petits déplacements), c'est-à-dire quand on a à tout moment du chargement la relation (Figure 3.1c) :

F = kδ (k = constante)

le travail total devient :

τ δ δ δδ

e k d k= =∫1

212

0

1

et comme : F1 = kδ1 , il vient :

τ δe F=1

21 1 (3.14)

Le travail total est représenté par l'aire du triangle OAB (Figure 3.1c).

Remarquons que dans le cas de l'élasticité linéaire, on a : τ τe e= * .

b) Généralisation

Si un système en équilibre est soumis à une sollicitation globale F (F1, F2,…

Fi,…,Fn) et que les points d'application de ces forces subissent des déplacements, dont les projections sur les directions de ces mêmes sollicitations valent δ1, δ2,…,

δn, le travail effectué au cours du chargement du système (passage de l'état d'équilibre initial à l'état d'équilibre final), vaut :

τ δe i i

i

n

F==

∑1

21

(3.15)

Il faut rappeler qu'on suppose que : - le chargement est statique (les mises en charge sont lentes), - le matériau a un comportement élastique linéaire (loi de Hooke vérifiée), - les déplacements n'affectent pas l'action des charges (hypothèse des petits

déplacements, pas d'effets du second ordre).


c) Travail des réactions

Si les appuis sont indéformables, le travail fourni par les réactions au cours de la déformation du système est nul puisque le déplacement d'un appui double ou d'un encastrement dans le sens de la réaction est nul et que le déplacement d'un appui simple est perpendiculaire à la réaction.

Dans le cas d'appuis élastiques, les relations (3.14) et (3.15) restent valables pour les réactions.

d) Énergie potentielle de déformation

Dans le domaine élastique linéaire, la relation contrainte-déformation (σij-εij) est linéaire et comme dans le travail, le facteur 1/2 apparaît dans l'expression de l'énergie (Figure 3.3).

Ainsi, le travail fait par la force σxdydz au cours de la déformation εx qui pro-voque une variation de longueur ∆dx = εxdx est :

dW dydz dx dvx x x x= =1

2

1

2σ ε σ ε (3.16)

Pour toutes les contraintes agissant sur dv en aura (en notation indicielle)

dW dvij ij=1

2σ ε. (3.17)

et

W dvij ijv

= ∫1

2σ ε (3.18)

Remarque : Dans le cadre de l'élasticité linéaire on a : W = W*.

σx

dx

σx dy

dx(1+εx)

σ

ε

(a) (b) Figure 3.3


3.4 PRINCIPE DE LA CONSERVATION DE L'ENERGIE

De manière générale, quand un corps est soumis à des charges extérieures, ces charges effectuent un travail extérieur qui se transforme en énergie poten-tielle interne (qui déforme le corps), en énergie cinétique et en chaleur qui se dissipe lors des frottements.

Supposons maintenant que : a) les charges extérieures sont appliquées statiquement (pas d'énergie cinétique), b) les frottements dans le corps sont nuls (pas de dissipation d'énergie sous forme de chaleur) c'est-à-dire que le corps considéré est parfaitement élastique, c) les frottements dans les appuis sont nuls (pas de dissipation d'énergie),

alors tout le travail extérieur se transforme en énergie potentielle de déformation, c'est-à-dire qu'on a :

τ e W= (3.19a)

Dans ce cas, on dit que le système (corps + appuis + charges) est conservatif et le travail, ou l'énergie de déformation, puisque τe = W, ne dépend pas de l'or-dre dans lequel les forces sont appliquées mais uniquement de leur intensité finale. Dans le cas contraire, c'est-à-dire si le travail dépendait de l'ordre d'appli-cation des forces, on pourrait le charger d'une certaine manière et le décharger d'une autre manière de façon à réaliser un gain. Après plusieurs cycles, l'énergie ainsi gagnée ferait exploser le corps, ce qui est absurde.

Si les charges cessent d'agir, l'énergie emmagasinée dans le corps lors du chargement sera restituée sous forme de travail qui va ramener le corps à son état initial.

En plus des hypothèses a), b) et c) ci-dessus nous admettrons dans ce qui suit que : d) le matériau vérifie la loi de Hooke (matériau élastique linéaire), e) les déplacements sont suffisamment petits et n'affectent pas l'action des char-ges (pas d'effets du second ordre).

Il arrive quelquefois que le système, dans son état initial, c'est-à-dire avant toute application de charges, soit déjà assujetti à des efforts internes et des dé-formations élastiques. C'est le cas notamment des systèmes hyperstatiques dont les appuis subissent des déplacements (appuis non concordants), des systèmes hyperstatiques soumis à des effets thermiques, au phénomène de retrait dans les structures en béton, des effets des défauts de montage, etc.

Dans un cas pareil, le système possède déjà à l'état initial une énergie élasti-que (Wi) emprisonnée dans le corps et qui ne peut se libérer que dans des condi-tions particulières. Les efforts et les déformations qui seront produits par les forces extérieures vont s'ajouter aux efforts et aux déformations existants. Dans ce cas, l'énergie de déformation est égale au travail des forces extérieures qui se transforme en énergie élastique interne plus l'énergie élastique initiale, d'où :

τ e iW W+ = (3.19b)

Les résultats (3.19) sont parfois désignés par théorème de Clapeyron.


3.5 TRAVAIL DE DEFORMATION DES SOLLICITATIONS SIMPLES

DANS LE CAS DES POUTRES

Nous allons calculer séparément le travail de déformation (énergie de défor-mation) en fonction des efforts N, M, T et Mt dans une poutre (droite ou courbe) de longueur l. Considérons un tronçon de poutre dx (ds) suffisamment petit pour pouvoir admettre que les efforts ne varient pas sur dx.

a) Effort normal

Sous l'effet des contraintes d'effort normal, le tronçon dx subit une variation de longueur ∆dx définie par :

∆∆

dx

dxdx dx

Edxx x

x= ⇒ = =ε εσ

Comme dans le cas de l'effort normal on a σx = N/A, il vient :

∆dx = (N/EA)dx

L'énergie emmagasinée dans le couche dA.dx se calcule comme le travail ef-fectué par la force σx.dA au cours du déplacement ∆dx, d'où :

d W dA dxN

AdA

N

EAdx

N

EAdAdxx

22

2

1

2

1

2

1

2= = =( ) ( )σ ∆

Remarque : La notation d2W est utilisée pour désigner une quantité plus petite que l'énergie élémentaire.

L'énergie élémentaire emmagasinée dans le tronçon dx s'obtient par intégra-tion sur l'aire A de la section :

dWdx N

EAdA

N dx

EAdA

N

EAdx

A A= = =∫ ∫2

1

2 2

2

2

2

2

2

Et pour la totalité de la poutre :

WN

EAdx

l= ∫1

2

2

(3.20)

σ xN

A=

N N

dx

dx+∆dx

dx

z

y (a) (b)

dA

Figure 3.4


b) Moment fléchissant

Considérons la couche dAdx. Sous l'effet des contraintes de flexion, la couche subit une variation de longueur : ∆dx = εxdx = (σx/E)dx. Compte tenu de la rela-tion de Navier, il vient :

σ xz

z

z

z

M y

Idx

M y

EIdx= ⇒ =∆

L'énergie emmagasinée dans la couche dAdx vaut :

dAdxEI

yMdx

EI

yMdA

I

yMdxdAWd

z

z

z

z

z

z

x 2

222

2

1)(

2

1)(

2

1==∆= σ

En intégrant sur la surface on obtient l'énergie emmagasinée dans le tronçon dx :

dWdx M y

EIdA

M dx

EIy dA

M

EIdxz

zA

z

z

z

zA= = =∫ ∫2

1

2 2

2 2

2

2

2

22

D'où l'énergie de déformation de la poutre, qui se calcule par intégration sur l :

WM

EIdxz

zl= ∫1

2

2

(3.21a)

Dans le cas d'une flexion gauche, on a une relation similaire à (3.21a) pour chaque moment fléchissant et pour les deux moments on aura :

WM

EI

M

EIdxz

z

y

yl= +∫1

2

2 2

( ) (3.21b)

c) Effort tranchant

D'après la relation (2.12) du chapitre 2, l'énergie emmagasinée dans un tron-çon dx soumis à un effort tranchant Ty vaut :

σ x

M z y

I z

=

R

M

dϕ

y

dx+∆dx (a)

y (b)

z

dA

dx

Figure 3.5

M


dWT

GAdx

y y=

κ 2

2

Et pour toute la poutre :

WT

GAdx

y y

l= ∫1

2

2κ

Si la poutre est soumise à Ty et Tz on aura :

WT

GA

T

GAdx

y y z z

l= +∫1

2

2 2

( )κ κ

d) Moment de torsion

L'angle dont tourne l'une par rapport à l'autre les sections extrê-mes du tronçon dx soumis à un moment de torsion Mt est donné par (Figure 3.6) :

dqM

GIdxt

t

P

ϕ =

où : - q est une constante dépendant de la forme et des dimensions de la section, ap-pelée coefficient de torsion (q ≈ 40Ip

2/A

4). Ce facteur vaut 1 pour la section circu-laire et est supérieur à 1 pour les autres cas. - la quantité C = GIp/q est désignée par rigidité à la torsion (ou rigidité torsion-nelle).

L'énergie emmagasinée dans le tronçon dx se calcule comme le travail effec-tué par Mt lors du déplacement dϕt :

dW M dqM

GIdxt t

t

P

= =1

2 2

2

ϕ

Et pour l'ensemble de la poutre :

WqM

GIdxt

Pl= ∫1

2

2

(3.23)

3.6 EXPRESSION GENERALE DE L'ENERGIE POTENTIELLE DE

DEFORMATION

Isolons à l'intérieur d'un corps élastique un élément dv = dxdydz suffisam-ment petit pour pouvoir admettre que les contraintes ne varient pas sur les facet-tes de l'élément.

Calculons l'énergie emmagasinée dans l'élément dv lorsqu'il est soumis à l'en-semble des contraintes (Figure 3.7a).

Mt Mt

dx

dϕt

Figure 3.6


Le travail de déformation de la force σxdydz au cours du déplacement ∆dx = εxdx (Figure 3.7b) vaut :

dW dydz dx dxdydzx x x x= =1

2

1

2( )σ ε σ ε

Pour l'ensemble des trois contraintes normales, on applique le résultat (3.15), d'où :

dW dxdydzx x y y z z= + +1

2( )σ ε σ ε σ ε

où εx, εy et εz sont les déformations longitudinales et peuvent être exprimées en fonction des contraintes normales à partir de la loi de Hooke généralisée.

Les déformations provoquées par les contraintes normales et tangentielles étant indépendantes, si outre les contraintes normales il y a des contraintes tan-gentielles, il suffit d'ajouter leur effet.

Le travail de la force τxydydz lors du déplacement γxydx (Figure 3.7c) vaut :

dW dydz dx dxdydzxy xy xy xy= =1

2

1

2( )τ γ τ γ

En présence de toutes les contraintes, il vient :

dW dxdydzx x y y z z xy xy yz yz zx zx= + + + + +1

2( )σ ε σ ε σ ε τ γ τ γ τ γ (3.24)

L'énergie potentielle de déformation de tout le corps s'obtient par sommation sur le volume entier :

W dvx x y y z z xy xy yz yz zx zxv

= + + + + +∫1

2( )σ ε σ ε σ ε τ γ τ γ τ γ (3.25)

L'expression de W peut être exprimée en fonction des contraintes seulement ou des déformations uniquement en utilisant les expressions des contraintes en fonction des déformations données par la loi de Hooke généralisée.

Dans le cas d'une poutre soumise aux sollicitations N, M, T et Mt, l'expression de W s'obtient en ajoutant les expressions (3.20), (3.21), (3.22) et (3.23) :

(a) (b)

(c)

dx

dx+∆dx

σx σx

σy

σz

σx dy

τyx

τyz

τxz

τxy

τzx τzy

τyx

τxy

γxydx

Figure 3.7

γxy


WM

EIdx

N

EAdx

T

GAdx

qM

GIdxt

Pllll= + + + ∫∫∫∫1

2

1

2

1

2

1

2

2 2 2 2κ (3.26)

Notons que cette dernière expression ne découle pas de l'application du prin-cipe de superposition, qui n'est pas applicable puisque l'énergie n'est pas reliée linéairement aux sollicitations. La relation (3.26) s'obtient par sommation des contributions de chaque sollicitation du fait que le déplacement provoqué par une des sollicitations ne provoque pas de travail de la part des autres sollicitations (déplacements indépendants).

Remarque : Si le système comporte "n" barres, la relation (3.26) s'applique à chacune d'elles.

3.7 TRAVAIL VIRTUEL

Considérons une particule m soumise à une force F (Figure 3.8). Donnons à m un déplacement δ suivant la direction ∆.

Au cours du déplacement de la particule m, la force F effectue un travail égal, en valeur absolue, au produit de la composante de F agissant dans la direction ∆ par le déplacement δ.

τ α δv F= cos . (3.27a)

Ce travail, d'où le 1/2 a naturellement disparu car la force F avait déjà atteint sa valeur finale au moment de l'application du déplacement δ, est appelé travail virtuel de F dans le déplacement virtuel δ. Si les sens du déplacement δ et de la composante de F suivant la direction de δ sont concordants, le signe du travail est positif, dans le cas contraire il est négatif.

Considérons maintenant le système élastique simple de la figure 3.8b et im-posons lui une déformation représentée par la courbe c. Au cours de la déforma-tion, la force P, dont le point d'application se déplace de δ, effectue un travail virtuel de la forme (3.27), avec α = 0 dans le cas présent.

τ δv P= . (3.27b)

Précisons qu'on entend par déplacement virtuel tout petit déplacement possi-ble. Petit par rapport aux dimensions du système, donc comparable aux déplace-ments réels. Possible, c'est-à-dire compatible avec les liaisons extérieures (ap-puis) et intérieures du corps. Peu importe la manière utilisée pour produire le déplacement virtuel.

F

P

c

(b) (a)

α

(∆) δ

m

δ

Figure 3.8


De manière plus générale, si un système supportant la sollicitation F (F1,

F2,…, Fn), subit un déplacement virtuel qui impose à chaque force (Fi) un dépla-cement (δi) suivant sa direction, le travail virtuel total effectué au cours du dé-placement virtuel s'écrit :

τ δv i i

i

n

F==

∑1

(3.27c)

3.8 THEOREME DE CASTIGLIANO

3.8.1 Première forme du théorème

Considérons un système élastique soumis à une sollicitation F (F1, F2,…, Fn). Au cours de la mise en charge, le système se déforme et les points d'application des forces subissent les déplacements δ1, δ2,…, δn (δi mesuré suivant la direction de Fi).

L'énergie W emmagasinée dans le système au cours du chargement peut s'ex-primer en fonction des forces ou des déplacements de leur point d'application (§ 3.5).

W W F F Wn n= =( , ,.. . , ) ( , ,... , )1 2 1 2 F δ δ δ (a)

Donnons à la force Fi un accroisement dFi. Il s'ensuit une variation de l'éner-gie définie par la quantité (∂W/∂Fi)dFi et l'énergie totale, sous F (F1, F2, …, Fn) et dFi, s'écrit :

WW

FdF

ii+

∂

∂ (b)

Etant donné que le travail des forces ne dépend pas de l'ordre dans lequel el-les sont appliquées (§ 3.4), appliquons d'abord dFi ensuite la sollicitation globale F (F1, F2, …, Fn).

La force infinitésimale dFi produit un déplacement dδi infinitésimal aussi, si bien que le travail accompli peut être considéré comme un infiniment petit d'or-dre 2 qu'il est légitime de négliger : (1/2) dFidδi ≈ 0.

Appliquons maintenant la sollicitation globale F (F1, F2, …, Fn). Le travail τe accompli est égal à W (§ 3.4) : τe = W. En outre, la force dFi, dont le point d'ap-plication a subi un déplacement δi, produit un travail qui vaut dFiδi.

D'où le travail total :

τ δ δe i i i idF W dF+ = + (c)

En vertu du résultat (3.19), les expressions (b) et (c) sont égales, d'où :

∂

∂δ

W

Fii= (3.28)

C'est la première forme du théorème de Castigliano, qui s'énonce comme suit :


Théorème : Dans un système élastique à appuis indéformables (1), la dérivée de l'énergie de déformation par rapport à l'une des forces agissant sur le sys-

tème est égale à la projection sur la direction de cette force du déplacement

élastique de son point d'application.

(1) Pour établir le résultat (3.28), nous avons appliqué dFi et on a admis que cet accrois-sent n'influençait aucunement les autres forces. En d'autres termes, nous avons supposé que les forces F1, F2, …, Fn étaient indépendantes. Les réactions des appuis indéformables (appuis fixes) ayant un travail nul, même si elles étaient influencées par dFi cela ne chan-gerait rien. Par contre, il en va différemment avec des appuis élastiques dont les réactions dépendent des forces appliquées (donc de dFi) et effectuent un travail. Pour que le résultat (3.28) reste applicable dans ce cas, il suffit de considérer les appuis élastiques comme faisant partie du système et de tenir compte de leur travail.

Notons aussi que le résultat (3.28) reste valable si le corps possède une éner-gie initiale ; elle apparaît dans (b) et (c) et se simplifie.

Exemples d'application

Exemple 1

Considérons une poutre bi-articulée de section constante chargée en son milieu par une force concentrée P.

La flèche à mi-portée (f) s'obtient par application directe du résultat (3.28) :

f = ∂W/∂P

Avec :

WM

EIdx

T

GAdxz

zl

y

l= +∫ ∫1

2

1

2

2 2κ

∫ ∫ ∫ ∫ −+κ

+−+=2/1

0

l

2/1

2/1

0

l

2/1

2222

z

]dx)2

P(dx)

2

P([

GA2]dx))xl(

2

P(dx)x

2

P([

EI2

1W

WP l

EI

P l

GAz

= +2 3 2

96 8

κ

D'où :

fPl

EI

Pl

GAz

= +3

48 4

κ

résultat déjà trouvé par une autre méthode (voir exemple d'application n°1 du § 2.6).

P

l/2 l/2

Figure 3.9


Exemple 2

Soit à calculer le déplacement du point d'application de la charge P (on sup-pose que la rigidité flexionnelle est constante).

Wl

EIPx dx

GAP dx

P l

EI

P l

GAz z

ll

= − + − = +∫∫2 2 6 2

2 22 3 2

00( ) ( )

κ κ

D'où :

fPl

EI

Pl

GAz

= +3

3

κ

Exemple 3

On veut calculer la rotation de l'extrémité B de la poutre ci-contre.

∫ ∫κ

+=−κ

+−=l

0

l

0

2

z

222

z GAl2

C

EI6

lCdx)

l

C(

GA2dx)x

l

C(

EI2

1W

D'où :

γ∂

∂

κB

W

C

Cl

EI

C

GAlz

= = +3

3.8.2 Deuxième forme du théorème

Considérons à nouveau un corps élastique soumis à une sollicitation globale F (F1, F2,…, Fn), et désignons toujours par δ1, δ2,…, δn les déplacements corres-pondants des forces (suivant leurs directions respectives).

Comme déjà signalé, l'énergie de déformation peut s'exprimer en fonction des déplacements des points d'application des forces. Supposons qu'après avoir ap-pliqué le sollicitation F (F1, F2,…, Fn), on impose un incrément dδi au déplace-ment δi du point d'application de la force Fi. L'énergie totale s'exprime par :

WW

di

i+∂

∂δδ (d)

P

f l

Figure 3.10

A B

γB C

Figure 3.11


Considérons maintenant le travail total accompli lors du chargement F1,

F2,…, Fn et suite à l'application du déplacement dδi au point d'application de Fi. Il s'écrit :

τ δ δe i i i iF d W F d+ = +. . (e)

En égalant les expressions (d) et (e) on tire :

∂

∂δ

WF

ii= (3.29)

C'est la 2ème forme du théorème de Castigliano, qu'on appelle parfois 1er théorème de Castigliano ou théorème inverse de Castigliano.

Remarque : Contrairement à la 1ère forme, la 2ème forme reste valable même si les déplacements ne sont pas fonctions linéaires homogènes des forces.

Théorème : La dérivée de l'énergie de déformation, exprimée en fonction des déplacements des points sur lesquels agissent des forces extérieures, par rapport

à un de ces déplacements, est égale à la force correspondante, calculée suivant

la direction du déplacement.

Exemple d'application

Le système hyperstatique ci-contre est constitué de trois barres articulées et est soumis à une force verticale P.

On veut déterminer l'effort N dans la barre verticale AC en appli-quant le 2ème théorème de Castiglia-no. Les barres sont du même maté-riau (E) et de même section A.

Le théorème s'écrit : ∂

∂δ

WP= (a)

où δ est le déplacement vertical du point d'applica-tion de la force P et représente l'allongement de la barre verticale AC. Les barres étant articulées, on a :

WN l

EA

N l

EA

N l

EA

AB AB AC AC AD AD= + +1

2

1

2

1

2

2 2 2

(b)

Par raison de symétrie on a : NAB = NAD = N1. Posons aussi NAC = N.(de même que δ1=δ2).

De plus, lAC = l et lAB= lAD = l/cosα.

La relation entre les allongements des barres verticale et inclinées (Figure 3.12b) s'écrit : δ1=δcosα

δ

δ1 δ2

A

α

α α

Figure 3.12b

P

D B

l

C

A

α α

Figure 3.12a


En vertu de la loi de Hooke on a :

σ = εE = N/A ⇒ N = εEA

comme ε = δ/l, il vient :

N = δEA/l (c)

Et par particularisation : N1 = δ1EA/l1 avec : δ1 = δcosα et l1 = l/cos α, d'où :

N1 = (δEA cos2α)/l

En remplaçant dans l'équation (b) N1 et N par leur expression, on obtient :

)cos21(2

32

αδ

+=l

EAW (d)

Puis, d'après l'équation (a), il vient :

EAδ(1+2 cos3α/l)=P

et en vertu de (c), on obtient : N(1+2 cos3α)=P D'où :

NP

=+1 2 3cos α

L'effort N connu, le système devient isostatique et pour calculer N1 il suffit d'écrire une équation d'équilibre de translation (ΣFx = 0 ou ΣFy = 0 ) .

3.9 SIMPLIFICATION DE L'EXPRESSION DE L'ENERGIE

POTENTIELLE

L'expression (3.26) est rarement utilisée telle quelle et ce, même lorsque les quatre efforts existent simultanément. On peut presque toujours négliger l'in-fluence de certains termes.

On peut se limiter, avec une bonne approximation, aux termes donnés par les sollicitations prépondérantes, c'est-à-dire : - M pour les structures planes formées de poutres, - N pour les poutres en treillis articulés, - M et N pour les arcs plans, - M et Mt pour les structures spatiales constituées de poutres.


3.10 UTILISATION D'UNE SOLLICITATION AUXILIAIRE

Le théorème de Castigliano permet de calculer le déplacement du point de la structure confondu avec le point d'application d'une force concentrée (P ou C). Pour calculer le déplacement d'un point quelconque du système projeté sur une direction quelconque, on applique au point considéré, dans la direction considé-rée, une force auxiliaire (fictive) qu'on annule à la fin des calculs.


Exemple 1

Soit à calculer le déplace-ment angulaire de l'extrémité libre d'une poutre console de section constante soumise à une charge répartie uniforme (Figure 3.13). L'influence de T étant négligeable, on ne tient compte que de M.

Pour calculer la rotation demandée, on applique un couple auxiliaire C en A afin de pouvoir utiliser le théorème de Castigliano.

γ∂

∂A C

W

C= =0

WEI

M dxEI

Cqx

dxEI

C lCql q lll

= = − +

= + +∫∫

1

2

1

2 2

1

2 3 20

22

00

2

23 2 5

( ) ( )

∂

∂

W

C EICl

ql= +

1

22

3

3

d'où : γ∂

∂A C

W

C

ql

EI= ==0

3

6

Exemple 2

On désire connaître la rotation de l'extrémité A d’une poutre bi-articulée soumise à une force concentrée P (Figure 3.14).

WEI

R x C dxEI

R x C P( x a dxA Aa

la

= − + − − −∫∫1

2

1

2

2 2

0( ) ( ))

avec : RA = (Pb+C)/l, alors : )b2a(EIl6

Pab

C

W0CA +−=

∂

∂=γ =

Le signe "-" indique que la section tourne dans le sens contraire du couple auxiliaire C.

q

A

x C

l

Figure 3.13

a b

l

P

B A C

Figure 3.14


3.11 SUPERPOSITION DES EFFETS

Lorsque les conditions a, b, c, d et e du § 3.4 sont satisfaites, l'effet total (dé-placement final), sous la sollicitation complète, est égal à la somme des effets de chacune des composantes de la sollicitation totale.

3.11.1 Coefficients d'influence des déplacements

Soit δij le déplacement de la section i suivant la direction i sous l'action de la

sollicitation Fj, agissant en j suivant la direction j. Appelons δ iju le déplacement

de la section i (suivant la direction i) sous l'effet d'une sollicitation unitaire ap-pliquée en j (suivant la direction j).

En vertu de la proportionnalité entre les causes et les effets, on peut écrire :

δ δij iju

jF= . (3.30)

Sous l'action de la sollicitation complète F (F1, F2,… Fj,…, Fn), le déplace-ment total de la section i (dans la direction i) noté δiF sera égal à :

δ δ δ δ δiF i i ij in= + + + + +1 2 ... . ..

et en vertu de (3.30) il vient :

δ δ δ δ δiF iu

iu

iju

j inu

nF F F F= + + + + +1 1 2 2 . . . . . . (3.31a)

ou encore : δ δiF iju

j

j

n

F==

∑ .

1

(3.31b)

Les coefficients δ iju sont appelés coefficients d'influence des déplacements.

3.11.2 Coefficients d'influence des sollicitations

Si nous particularisons la relation (3.31a) à chaque section correspondant à un point d'application d'une force, nous obtenons un système de n équations :

δ δ δ δ δ

δ δ δ δ δ

δ δ

1 11 1 12 2 1 1

1 1 2 2

1

Fu u

ju

j nu

n

iF iu

iu

iju

j inu

n

nF nu

F F F F

F F F F

F

= + + + + +

= + + + + +

=

... ...

. ..... .... .... ..... .... ..... .... .... ..... .... .... .

.. . .. .

. ..... .... .... ..... .... ..... .... .... ..... .... .... .

1 2 2+ + + + +δ δ δnu

nju

j nnu

nF F F... . ..

(3.32)

Si on considère F1, F2, …, Fn comme les inconnues on peut les déduire en ré-solvant le système ci-dessus, et on obtient :

F F F F F

F F F F F

F F F

j j n n

i i i ij j in n

n n n

1 11 1 12 2 1 1

1 1 2 2

1 1 2 2

= + + + + +

= + + + + +

= + + +

δ δ δ δ

δ δ δ δ

δ δ

... . ..

. .... ..... .... .... .... ..... .... .... .... ..... .... .... ...

. .... ..... .... .... .... ..... .... .... .... ..... .... .. .. F Fnj j nn nδ δ+ +. ..

(3.33)


Les δi de ce dernier système sont en fait les δiF du système (3.32).

Les coefficients Fij s'appellent coefficients d'influence des forces. Le coeffi-cient Fij représente la sollicitation (par unité de déplacement) qu'on doit appli-quer en i pour avoir un "déplacement unité" en j.

3.12 METHODE DE MOHR POUR LE CALCUL DES DEPLACEMENTS

3.12.1 Cas général

Soient MiF, NiF, TiF et M iFt les efforts produits dans la section courante i par

la sollicitation globale F (F1, F2, …, Fn).

Désignons par mij, nij, tij et mijt les efforts apparaissant dans la section i sous

l'action d'une sollicitation unitaire appliquée en j, suivant la direction j. Introdui-sons en j, suivant j, une sollicitation fictive ƒj.

Sous l'action de F et ƒj, on a par superposition des effets :

M M f m

N N n

T T t

M M m

i iF j ij

i iF j ij

i iF j ij

it

iFt

j ijt

= += + ƒ

= + ƒ

= + ƒ

.

.

.

.

L'énergie potentielle s'exprime alors par (cas d'une pièce longue) :

WM m

EIdx

N n

EAdx

T t

GAdx q

M m

GIdx

iF j ij iF j ijll

iF j ijl

iFt

j ijt

P

l

=+ ƒ

++ ƒ

+

++ ƒ

++ ƒ

∫∫

∫ ∫

1

2

1

2

1

2

1

2

2 2

00

2

0

2

0

( ) ( )

( ) ( )

κ

(3.34)

Pour obtenir le déplacement en j (suivant la direction j), on dérive W par rap-port à fj puis on pose fj = 0 (puisqu'il s'agit d'une sollicitation auxiliaire), on ob-tient :

δ κjFiF ij iF ij iF ij iF

tijt

P

llll M m

EIdx

N n

EAdx

T t

GAdx q

M m

GIdx= + + + ∫∫∫∫ 0000

(3.35)



Exemple 1

Calculons la flèche au milieu C de la poutre représentée à la figure 3.15 (EI constante).

δ

δ

c

l

l

c

Mm

EIdx

EIMmdx

EIPx dx Px

lx dx

EIPx

lx dx

Soit

Pl

EI

= =

= − + − −

=− −

=

∫∫∫∫

∫

1

10

21

2

5

48

00

20

2

2

3

.

[ ( )( ) ( )( ) ]

. ( )

:

/

/

/

l l

l l

l

Exemple 2

On cherche la rotation de l'extrémi-té A de la poutre ci-contre (EI cons-tante).

γ A

l

EIMmdx

EI

Px x

ldx= = − +∫∫

1 1

21

0

2

0. [ ( )

/ l

+ − − ]∫P

l xx

ldx

l

l

21

2( )( )

/

Soit :

γ A

Pl

EI=

2

16

3.12.2 Particularisation de la formule de Mohr

a) Systèmes à âme pleine : méthode de Verechtchagine

Dans ce cas, les déformations dues au moment fléchissant sont généralement prépondérantes et les déformations provoquées par les autres efforts, T notam-ment, peuvent être négligées. On peut donc calculer avec une bonne approxima-tion les déplacements par l'intégrale :

δ jF iF ij

l

EIM m dx= ∫

1

0 (i)

Remarque : Lorsque la fonction MiFmij/EI n'est pas intégrable analytique-

ment, on remplace l'intégrale ( ∫ ) par une sommation de différences finies (Σ).

m11

0=

P C

M

m

l/2 l/2

G2

G1

l/2

Pl

Figure 3.15

P

B A

l/2 l/2

M

1

m

Pl/4

m1=1/2

Figure 3.16


a.1 Cas des pièces droites

Pour calculer l'intégrale (i) on peut utiliser une méthode grapho-analytique. La fonction m, du moment fléchissant dû à une sollicitation uni-taire, est linéaire. Cette linéarité du diagramme m peut être caractérisée par la pente α qu'il fait avec l'axe horizontal (Figure 3.17).

On démontre que :

Mm

EIdx m e

M

EIm S

l

=

=∫ 1 1

0. . Surface d

où m1 est la valeur du moment fléchis-sant m calculée au droit du centre de gravité de l'aire M/EI.

On a :

Mm

EIdx mds

M

EIdx aire de

M

EIS

l

= = =∫∫ , , avec ds S0

mais : m = xtgα, alors :

Mm

EIdx tg tg xds

SS

l

= = ∫∫∫ α α xds0

comme :

x

xds

ds

xds

Sxds S xG

S

S

SG

S= = ⇒ =∫∫

∫∫ .

donc :

Mm

EIdx S tg xG

l

=∫ . α .0

or : x tg mG α = 1

alors on a bien :

Mm

EIdx m S

l

=∫ 10

. (3.36)

a.2 Pièces droites prismatiques

La section étant constante, EI peut être sorti de sous le signe intégrale.

δ jF iF ij

ll

EIM m dx= ∫0 (3.37a)

M

EI

dsM

EIdx=

m

x

l

m

G

dx x

m1

Figure 3.17

xG

α


Si on pose Ω = aire du diagramme du moment fléchissant sous les sollicita-tions externes et m1 la valeur du diagramme "unitaire" au droit du centre de gra-vité de Ω, alors :

δ jF

l

EIm= Ω . 1 (3.37b)

Remarque : Si le diagramme linéaire m change de pente, on travaille par in-tervalle, puisque les résultats (3.36) et (3.37) ont été établis pour α constant.


Exemple 1 (Figure 3.15)

On a :

δ CEI

mEI

mEI

m= = +1 1 1

1 1 1 2 1Ω Ω Ω. . .' "

avec :

Ω Ω Ω= + = + + = +1 2

2 21

2 2 2

1

2 2 2 8

3

8

l Pl lPl

Pl Pl Pl( )

- Pour 02

0≤ ≤ =xl on a m:

- Pour l

x l on a xl l

x2

12 2

≤ ≤ = − − = −: ( ) m

Il vient :

18

l5

8

Pl3

EI

1m.

EI

1 2"12C ==δ Ω soit : δC

Pl

EI=5

48

3

Exemple 2 (Figure 3.16)

On a : Ω = Pl2/8 et m = 1 - x/l

D'où :

γ AEI

mEI

Pl Pl

EI= = =

1 1

8

1

2 161

2 2

Ω .

b) Systèmes en treillis articulés (chargés indirectement)

Les barres du système étant rectilignes, chacune d'elles est soumise à un ef-fort normal uniquement, de plus cet effort est constant (voir § 6.5). On a donc pour chaque barre :

N n

EAdx N n

dx

EA

iF ij

iF ij

ll

= ∫∫ 00


Si la rigidité extentionnelle (EA) est constante, on aura :

N ndx

EA

N n l

EAiF ij

iF ijl

=∫0

Pour une structure comportant a barres, la formule de Mohr s'écrit :

δ jF

kF kj k

k kk

k a N n l

E A=

=

=

∑1

(3.38)

où :

a- δjF = déplacement du nœud j dans la direction j sous la sollicitation glo-bale F,

b- NkF = effort normal dans la barre k sous l'action de F, c- nkj = effort normal dans la barre k sous l'action d'une sollicitation unitaire d- appliquée en j suivant j, e- Ek = module d'élasticité de la barre k, f- Ωk = aire de la section de la barre k, lk = longueur de la barre k.

P

B A

C

l 1

2

3

4

5

6

7 8

9

l l l = 3m

Figure 3.18



On cherche la flèche en C de la structure représentée à la figure (3.18). On suppose que EA est identique pour toutes les barres.

Pour l'application numérique on prendra : EA = 315105 kg, l = 3 m et P = 30 t.

Barre k EkAk lk NkF nkj NkFnkjlk

1 3 2 −P 2 3/ −2 2 3/ 4 2 3P /

2 3 P/3 2/3 2P/3

3 3 P/3 2/3 2P/3

4 3 2P/3 1/3 2P/3

5 3 2 −P 2 3/ 2 3/ −2 2 3P /

6 3 -P/3 -2/3 2P/3

7 3 0 0 0

8 3 2 −2 2 3P / − 2 3/ 4 2 3P /

9 3 2P/3 1/3 2P/3

Les résultats des calculs sont regroupés dans le tableau ci-dessus. Le dépla-cement demandé s'obtient en divisant la somme de la dernière colonne par la valeur de EA.

g- δ CF

kF kj k

k kkF kj k

k

k

k

k N n l

E A EAN n l

P(

EA= = =

+≈

=

=

=

=

∑∑1 6 2 10

36

1

9

1

9)

mm

3.13 DEPLACEMENT PRODUIT PAR UNE SOLLICITATION

UNITAIRE

Désignons par δ jku le déplacement de la section j dans la direction j produit

par une sollicitation unité agissant en k suivant la direction k.

h- Par particularisation de l'expression générale (3.35) nous obtenons :

i- δ κjku ik ij ik ij ik ij

lllikt

ijt

P

lm m

EIdx

n n

EAdx

t t

GAdx q

m m

GIdx= + + +∫∫∫ ∫000 0

(3.39)

3.14 THEOREME DE BETTI-MAXWELL

Le théorème de Betti-Maxwell se déduit de l'expression (3.39). On remarque en effet que l'expression n'est pas modifiée si on permutait les indices j et k, c'est-à-dire :


δ δjku

kju= (3.40)

Théorème : Le déplacement en j produit par une sollicitation unitaire agis-sant en k est égal au déplacement en k produit par la même sollicitation unitaire

agissant en j.

Illustration du théorème

Le sens physique de cet important théo-rème, appelé parfois théorème sur la réci-procité des déplacements, apparaît claire-ment sur l'exemple simple suivant.

Soit donc le système élastique ci-contre. Appliquons d'abord une force P puis une force F. Le travail total est donné par :

W P F PPP FF PF1

1

2

1

2= + +δ δ δ

Appliquons maintenant F ensuite la force P.

W F P FFF PP FP2

1

2

1

2= + +δ δ δ

Comme la valeur finale du travail effectué ne dépend pas de l'ordre dans le-quel les sollicitations ont été appliquées, on a :

W W P FPF FP1 2= ⇔ =δ δ (i)

De manière générale P et F sont des "efforts généralisés" et δPF et δFP des "déplacements généralisés". Par exemple, P une force et F un couple et par conséquent δPF le déplacement vertical du point d'application de P provoqué par le couple F et δFP la rotation de la section d'application du couple F sous l'effet de la force P.

Le théorème de Betti-Maxwell se retrouve en faisant dans l'expression (i) ci-dessus P = F = 1.

3.15 CALCUL DES DEPLACEMENTS DES SYSTEMES

HYPERSTATIQUES - THEOREME DE PASTERNAK

Dans le cas des systèmes hyperstatiques, les déplacements peuvent être obte-nus en considérant dans chaque intégrale de la formule de Mohr [(3.35) et (3.39)], pour l'un des deux éléments de réduction, les efforts correspondant au système rendu isostatique.

Désignons par :

j- • ( , , , )M N T MiF iF iF iFt les efforts dans la section courante i du système

hyperstatique sous l'action de la sollicitation globale F.

Figure 3.19

P F

F P

δPP

δFF δPF

δPP

δFP

δFF


k- • ( , , , )m n t mij ij ij ijt les efforts dans la section i du système hyperstati-

que l- sous l'action d'une sollicitation unitaire appliquée

en j.

m- • ( , , , )M N T MiF iF iF iFt

les efforts dans la section i du système rendu isostatique sous l'action de la sollicitation globale F.

n- • ( , , , )m n t mij ij ij ijt

les efforts dans la section i du système rendu

o- isostatique sous l'action d'une sollicitation uni-taire

appliquée en j.

Avec les notations ci-dessus, le théorème de Pasternak s'exprime sous l'une des deux formes suivantes [obtenues à partir de (3.35)] :

δ κjFiF ij iF ij iF ij iF

tijt

P

llll M m

EIdx

N n

EAdx

T t

GAdx q

M m

GIdx= + + + ∫∫∫∫ 0000

(3.41)

ou

δ κjF

ij ij ij

t

ijt

P

llll M m

EIdx

N n

EAdx

T t

GAdx q

M m

GIdx

iF iF iF iF

= + + + ∫∫∫∫ 0000 (3.42)

Démonstration

Nous raisonnerons sur une poutre continue reposant sur trois appuis et sou-mise à une force P concentrée en k (Figure 3.20). Nous considérons par ailleurs que le moment fléchissant est prépondérant. Il s'agit de calculer la flèche δjF de la section j.

Le système (a) est équivalent au système (c) donc : M M MiF iF iRB= +

Pour le système (c), qui est isostatique, on applique la formule de Mohr pour le calcul de δjF :

Figure 3.20

A P P 1

j RB

C B δjK

j

a) Système hyperstatique c) Système rendu isostatique e) Sollicitation unitaire

b) Diagramme MiF d) Diagramme BiRiF MM + f) Diagramme ijm

k


δ jF

iF iR ij iF ijll M M m

EIdx

M m

EIdxB=

+= ∫∫

( )

00

On retrouve ainsi l'une des formes du théorème de Pasternak. Le théorème est particulièrement indiqué quand il y a plusieurs déplacements à calculer ; on cal-cule une seule fois MiF et pour chaque déplacement on calcule mij en considérant

le système rendu isostatique, c’est-à-dire ijm .


Soit à calculer la flèche à mi-portée du système représenté ci-contre (EI constante).

Appliquons une première fois le théorème de Castigliano pour calculer la réaction R de l'appui A (Figure 3.21).

δ ∂ ∂A W R= =/ 0

δ∂

∂

∂

∂A

iFl

iFiF

liFM

EI

M

Rdx

l

EIM

M

Rdx= =∫ ∫

(

0 0

EI MM

Rdx Rx

qxxdxA iF

liF

l

δ∂

∂= = −∫ ∫0

2

0 2( )

EIRl ql

Rql

Aδ = − = ⇒ =( )3 4

3 80

3

8

Appliquons mintenant le théorème de Pasternak pour calculer la flèche δM en x = l/2.

δ M iF

l

iM

l

EIM m dx= ∫0

avec :

Mql

xqx x

l lx pour

lx liF iM iM= − = ≤ ≤ = − ≤ ≤

3

8 20 0

2 2 2

2 et m pour m,

il vient : δ Ml

l

EI

qlx

qx

lx dx

ql

EI= − − =∫

1 3

8 2 2 192

24

2( )( )

/

Le résultat peut être retrouvé en utilisant une des méthodes du chapitre 2, la méthode d'intégration directe par exemple en prenant pour la réaction de l'appui simple la valeur trouvée ci-dessus.

3.16 THEOREME COMPLEMENTAIRE

Théorème : Dans un système quelconque, le déplacement "relatif" d'un point B par rapport

à un point A peut s'obtenir en appliquant la

sollicitation unitaire à l'extrémité B du tronçon

isolé AB supposé encastré en A et libre en B. A

A

B

B

Figure 3.22

A

l

q

R

q

x

Figure 3.21


En effet, le déplacement relatif ne dépend que des éléments de réduction agissant entre les points A et B, de sorte que les liaisons existant en dehors de ce tronçon ne jouent aucun rôle. Il est donc logique de considérer les liaisons les plus simples, c'est-à-dire l'encastrement en A et une coupure complète en B (ex-trémité libre). C'est une application particulière du théorème précédent puisque le tronçon AB (Figure 3.22) dont il est question ici peut être assimilé à une poutre bi-encastrée.

3.17 FORMULES DE BRESSE

Considérons deux sections quelconques A et B d'une poutre à plan moyen chargée dans son plan. Connaissant les composantes du déplacement de A [UA

(translation selon x), VA (translation selon y), γA (rotation dans le plan xy)], ainsi que les éléments de réduction courants, on se propose de calculer les composan-tes du déplacement de B (Figure 3.23).

En vertu du théorème complémentaire, le problème revient à calculer les composantes du déplacement de l'extrémité libre B du tronçon AB dont l'extrémi-té A subit les déplacements UA, VA et γA.

Dans le calcul des composantes du déplacement de B, on peut distinguer l'in-fluence des composantes UA, VA et γA et l'influence des charges.

a) Contribution des composantes UA, VA et γA

• La translation de composantes UA et VA est reproduite intégralement en tout point de AB donc :

U U U

V V VA B A

A B A

→ =→ =

'

'

• La rotation γA est également reproduite sur toute la longueur AB, donc :

γA → γ'B = γA

De plus, la rotation d'ensemble γA est accompagnée d'une translation dont les

composantes sont les composantes d'un vecteur L

→

défini par :

L z ABA

→ → →

= γ Λ avec : z AB x x yB A B A

→ →

− −( , , ) ( , , )0 0 1 0 et y

UA

B

ϕ γA

1

i(x,y) Fy=1

Fx=1

VA

y(v)

x(u) γ>0

A(xA,yA)

B(xB,yB)

ds

(a) (b)

Figure 3.23


D'où :

L y y x x x yA B A A B A

→ → →

= − + −γ γ( ) ( )

Donc la rotation γA produit aussi :

U y y

V x x

B A B A

B A B A

" ( )

" ( )

= − −

= −

γ

γ

En résumé on a :

U

V

U y y nt x

V x x nt y

A

A

A

A A B A

A A B A

Aγ

γ

γ

γ

⇒

− −

+ −

( )

( )

suiva

suiva

b) Contribution des charges

Appliquons successivement les sollicitations unitaires C = 1, Fx = 1 et Fy = 1 (Figure 3.23b).

• Les éléments de réduction dans la section courante i, sous l'action de C = 1, sont :

m = 1, n = 0 et t = 0 ; d'où :

γ BiF

A

B M

EIds= ∫

• Action de Fx = 1 : m = - (yB - y), n = cosϕ et t = sinϕ ; d'où :

UM y y

EIds

N

EAds

T

GAdsB

iF B

A

BiF

A

BiF

A

B

= −−

+ +∫ ∫ ∫( ) cos sinϕ

κϕ

Remarquons que : ds.cosϕ = dx et ds.sinϕ = dy ; alors :

UM y y

EIds

N

EAdx

T

GAdyB

iF B iF iF

A

B

A

B

A

B

= −−

+ + ∫∫∫( )

κ

• Action de Fy = 1 : m = (xB - x), n = cos(π/2 - ϕ) = sinϕ

et t = -sin(π/2 -ϕ) = - cosϕ ; d'où :

VM x x

EIds

N

EAds

T

GAdsB

iF B iF

A

B

A

BiF

A

B

=−

+ −∫∫ ∫( ) sin cosϕ

κϕ

ou encore :

VM x x

EIds

N

EAdy

T

GAdxB

iF B iF

A

B

A

BiF

A

B

=−

+ −∫∫ ∫( )

κ

Les expressions finales de UB, VB et γB s'obtiennent par superposition des deux contributions examinées.

U U y yM y y

EIds

N

EAds

T

GAdsB A A B A

iF B iF

A

BiF

A

B

A

B

= − − −−

+ +∫ ∫∫γϕ

κϕ

( )( ) cos sin


∫ ∫∫ϕ

κ−ϕ

+−

+−γ+=B

A

B

A

iFiFB

A

BiFABAAB ds

GA

cosTds

EA

sinNds

EI

)xx(M)xx(VV

γ γB AiF

A

B M

EIds= + ∫

ou encore :

U U y yM y y

EIds

N

EAdx

T

GAdyB A A B A

iF B iF iF

A

B

A

B

A

B

= − − −−

+ + ∫∫∫γ κ( )( )

V V x xM x x

EIds

N

EAdy

T

GAdxB A A B A

iF B

A

BiF

A

BiF

A

B

= + − +−

+ −∫ ∫ ∫γ κ( )( )

γ γB AiF

A

B M

EIds= + ∫

Si l'influence de N et de T est négligeable, les expressions ci-dessus se simpli-fient :

U U y yM y y

EIdsB A A B A

iF B

A

B

= − − −−

∫γ ( )( )

V V x xM x x

EIdsB A A B A

iF B

A

B

= + − +−

∫γ ( )( )

γ γB AiF

A

B M

EIds= + ∫


Déterminer les moments aux appuis de la poutre continue représentée à la fi-gure 3.24 sachant que l'appui (1) subit un affaissement de 5 mm.

A.N. : I = 3 000 cm4, E = 2 106 kg/cm2.

Afin d'obtenir des résultats applicables dans le cas général, nous supposons que la poutre considérée est chargée. Nous admettrons par ailleurs que l'in-fluence de T peut être négligée.

Particularisons l'expression de VB ci-dessus à deux travées successives d'une poutre continue droite. On obtient :

Figure 3.24

(0) (1) (2) (3) (4)

l1=5m l2=4m l3=4m l4=5m

(i-1) (i) (i+1)

li li+1


V V lM l x

EIdxi i i i

iF i

i

li− = +

−− − ∫1 1

0γ

( )

( )

V V lM l x

EIdxi i i i

iF i

i

li

+ ++

+

− = +−+

∫1 11

10

1

γ( )

( )

d'où :

V V

l

M l x

l EIdxi i

ii

iF i

i i

li−= +

−−− ∫11

0γ

( )

( ) (a)

V V

l

M l x

l EIdxi i

ii

iF i

i i

li+

+

+

+ +

−= +

−+

∫1

1

1

1 10

1

γ( )

( ) (b)

Puis, en faisant (a) - (b) et en remarquant que :

γ γi iiF

i

l M

EIdx

i

− − = −∫10 ( )

on obtient :

Vl l

V

l

V

l l

M x

EIdx

M

EIdx

l

M x

EIdxi

i i

i

i

i

i i

iF

i

iF

i i

iF

i

lll iii1 1 1 1

1

1 1

1 1 1 1000

11

+

− +

=− − +

+

− +

+ + + +

++

∫∫∫ ( ) ( ) ( ) (c)

Décomposons le moment final en la somme du moment des charges agissant sur les travées supposées isostatiques (MF) et des moments aux appuis (Mi) (Fi-gure 3.25).

Supposons que EI est constante sur chaque travée.

− = − = − ++

−∫∫

1 1 1 2

6

1 2

00l

M x

EIdx

l EIM xdx

l EIS Z

M Ml

i

iF

i i iiF

i ii i

i ii

ll ii

( ) ( ) ( )

− = − = − ++

+ + ++

++

++

∫∫M

EIdx

EIM dx

EIS

M MliF

i iiF

ii

i ii

ll ii

( ) ( ) ( )1 1 11

11

00

1 1

2

11

1 1

1 1 1 1 00

11

l

M x

EIdx

l EIM xdx

i

iF

i i iiF

ll ii

+ + + +

= =++

∫∫ ( ) ( )

( )= − − ++

+ ++ + +

++

1 2

61 11 1 1

11

2

l EIS l Z

M Ml

i ii i i

i ii

( )

Figure 3.25

i

Mi+1 Mi-1

i-1 i+1

Mi

i-1 i Si Si+1 i+1

MF

G1 G2

Zi Zi+1

+


où :

- Si représente l'aire du diagramme du moment des charges extérieures agis-sant sur la travée li supposée isostatique,

- Zi est la distance de l'appui (i-1) au centre de gravité de l'aire Si,

Z i+1 représente la distance de l'appui (i+1) au centre de gravité de l'aire Si+1. Avec les égalités ci-dessus l'équation (c) donne :

M l

EI

M l

EI

M l

EI

M l

EI

Vl l

V

l

V

l

S Z

l EI

S Z

l EI

i i

i

i i

i

i i

i

i i

i

ii i

i

i

i

i

i i

i i

i i

i i

− +

+

+ +

+

+

− +

+

+ +

+ +

+ + + =

= − +

− +

− +

1 1

1

1 1

1

1

1 1

1

1 1

1 1

6 3 3 6

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

C'est l'équation générale, dite des trois moments, qui permet de calculer les moments aux appuis des poutres continues ; elle s'applique pour chaque appui intermédiaire. On verra dans le chapitre consacré aux poutres continues comment établir cette formule d'une autre manière.

Si EI est constante sur toute la longueur de la poutre, l'expression précédente devient :

M l M l l M l

EI Vl l

V

l

V

l

S Z

l

S Z

l

i i i i i i i

ii i

i

i

i

i

i i

i

i l i

i

− + + +

+

− +

+

+ +

+

+ + + =

+

− +

− +

1 1 1 1

1

1 1

1

1

1

2

1 16

( )

= -6

En particularisant l'équation trouvée au cas qui nous intéresse, pas de charges extérieures et un seul déplacement d'appui, on trouve le système ci-après :

18 4 8 1

4 16 4 4 5

4 18 0

1 22

1 2 32

2 3

M M

M M M

M M

+ =

+ + = −

+ =

.

.

tm

tm

On tire :

M M M1 2 3 0 40 55 0 44 0 10 0= = − = = =. , . , . ( ) tm M tm M tm .

Le po ten t ie l in te r ne e t se s app l ica t ion s 71

3.18 EXERCICES

Signes : Dans les réponses données, un déplacement vertical est positif vers le

bas, un déplacement horizontal est positif vers la droite et une rotation est posi-

tive si la section tourne dans le sens horlogique. Une réaction verticale est posi-

tive si elle est dirigée vers le haut alors qu'une réaction horizontale est positive si

elle agit vers la droite. Un moment fléchissant positif agit dans le sens horlogi-

que.

Exercice 3.1

Calculer la flèche à mi-portée, compte

tenu de M (fM) et de T (fT). Comparer l'in-

fluence des deux efforts.

A. N. : Section rectangulaire (S=bh), h =

30 cm, b = 20 cm, ν = 0.15, E = 105 Kg/cm2

et κ = 1.2.

Rép. : fM = Pl3/48EI = 0.29 cm ; fT = κPl/4GS = 4.6 10-3 cm

Exercice 3.2

Calculer la flèche de l'extrémité libre.

Comparer les contributions de M et de T.

A. N. : Utiliser les données de l'exercice

précédent.

Rép. : fM = Pl3/3EI = 0.118 cm ; fT = kPl/GS = 1.1 10-3 cm

Exercice 3.3

Déterminer l'expression de la rotation

de l'appui B, compte tenu de M et de T.

Rép. : θB = Cl/3EI + κC/GSl

Exercice 3.4

Déterminer la rotation de la section A de la poutre de l'exercice 1 en considé-

rant uniquement l'effort dominant.

Rép. : θA = Pl2/16EI = 2.25 10

-3

Exercice 3.5

Calculer la flèche à mi-portée de la poutre de l'exercice 2 en considérant uni-

quement l'effort prépondérant.

Rép. : f = 5Pl3/48EI = 7.4 10-3 cm

A B P=1t

2m 2m

P=200Kg

2m

l

C B A

7 2 CAL CUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES

Exercice 3.6

Déterminer les expressions de la flèche et

de la rotation de l'extrémité libre.

Rép. : f = (41/384).(ql4/EI) ; θ = (7/48)ql3

Exercice 3.7

Calculer la flèche de l'extrémité C de

la poutre ci-contre, compte tenu de M et

de T. Comparer les flèches provoquées

par les deux efforts.

A. N. : Section rectangulaire (S=bh),

l = 4 m, a = 1 m, h = l/12, b = 20 cm, ν = 0.2, E = 3 105 Kg/cm2 et κ = 1.2.

Rép. : fM = 9 mm ; fT = 0.18 mm

Exercice 3.8

Calculer le déplacement ver-

tical du nœud C. Les barres du

système ont toutes la même

rigidité extensionnelle ES.

A. N: a = 3 m, ES = 315 105 Kg.

Rép. : fC = 6 mm

Calculer les grandeurs indiquées des systèmes ci-après. Quand elle n'est pas

précisée, la rigidité flexionnelle est supposée constante.

Exercice 3.9

fD? θB?

Rép. : fD = 16/EI tm3 ;

θB = 8/3EI tm2

Exercice 3.10

fA?

Rép. : fA =31Pl3/81EI

q

l/2 l/2

A B C

a l

P=100Kg

a

A

1

2

3

4

5

6

7 8

9 B

a a a

P=30t

C

2l/3 l/3

P

A

P

q=4t/m

A B

C

a a a=2m

D

C=4tm



δVA? δH

A? θA? δVA? δH

A? θA?

Rép. :δ AV Pa

EI=

32

3

3

; δ AH Pa

EI= −

8 3

Rép.: δ AV Pa

EI= −

10 3

;

θ A

Pa

EI= −

6 2

δ AH Pa

EI=

59

3

3

;θ A

Pa

EI=

13

2

2


Rép. : δ DH Ph

EIh l= +

2

62( ) Rép. : δ A

V EIa

EI=

6 3

;δ AH Pa

EI= −

35

3

3

θ A

Pa

EI= −

3

2

2

2a a

P P

4a

A

2a a

A P

a

4a

2P

A B

D P

h

2I

I I

l

A P

2a

a

4a

δHD? δ

VA? δ

HA? θA?


Exercice 3.15

Le système ci-contre, constitué de

deux câbles (AB et AC), est soumis à

une force verticale P (les câbles sont de

même nature et de même section).

Déterminer les composantes hori-

zontale et verticale du déplacement du

point A (ES = 8 106 kg).

Rép. : δVA = 0.0374 cm ;

δHA =-1.4 10-3 cm

Exercice 3.16

Calculer le déplacement du point A dans la di-

rection de la force P, du système ci-contre (les

barres b et c sont dans un même plan horizontal).

On négligera les effets directs de l'effort tran-

chant. La section est circulaire de diamètre 2R, le

module d'élasticité est E et le coefficient de Poisson

ν.

Rép. :

δν

AH P

EI

a b a ba b c

cR= + +

++ + +( ( )

)

3 3 22 2

2

3 3 1 4

Exercice 3.17

La poutre courbe ci-contre

a un rayon de courbure R, un

module d'élasticité E et un

moment d'inertie I (par rap-

port à un axe perpendiculaire

à la fibre moyenne) constants.

Elle est soumise à une force

horizontale P appliquée à son

extrémité libre A.

Calculer les composantes horizontale et verticale du déplacement du point A,

compte tenu de M uniquement.

Rép. : δπ

δAH

AVPR

EI

PR

EI= − = −

3 3

2

2 ;

P

A

b

c

a

R

θ

P

A

h=3m

30° 45°

A

P=1t

C B


Exercice 3.18

Une poutre console, de lon-

gueur l et de section S=bh cons-

tante, est chargée comme indiqué à

la figure ci-contre.

1) déterminer les expressions de

la rotation et de la flèche de la

poutre en utilisant la méthode d'in-

tégration directe,

2) calculer la rotation et la flèche de l'extrémité libre et préciser le sens de

chacun des 2 déplacements,

3) calculer la flèche de l'extrémité libre provoquée par l'effort tranchant seul,

4) calculer la rotation et la flèche de l'extrémité libre en utilisant le théorème

de Castigliano,

Autres données : κ = 1.2, = 0.2 et l = 10h.

Rép. :

yP

EIl x

P

EIx l

Pl

EI

Pl

EI

fPl

GS

f

f

M M

TM

T

' ( ) ; ( ) ; ; ;

; .

= − = − = − =

= =

2 6 6 2

69 4

2 33 2

y f

θ

κ

Exercice 3.19

Soit la poutre représentée à la figure

ci-contre.

Déterminer le rapport entre P1 et P2

pour que la flèche à mi-travée soit égale

à celle de chaque extrémité.

Rép. : 22P1 = 5P2

Déterminer les réactions demandées des systèmes ci-après.

Exercice 3.20

RA? MB?

Rép. : Rql ql

A B= = −3

8 8

2

M;

l

P

C=Pl

l l=2m l=2m l

P1 P2 P1

l

q

A B


Exercice 3.21

RB?

Rép. : RPa

lB =

3

2

Exercice 3.22

RHA ?

Rép. : RH

A = 0.94P


RB? RVA? RH

A?

Rép. : RB = 3 08. t Rép. : EI MM

Rdx Rx

qxxdxA iF

liF

l

δ∂

∂= = −∫ ∫0

2

0 2( )

B A

l a

P

P

B A

1.25m

1.25m

3.75m 3.75m

A

2I

I

h=5m

l=4m

q=1t/mP=10t

B

I I

2I

A

B

4m 2m

5m

2m

F=5t

P=2t q=2t/m

Chapitre 4

CONSIDÉRATIONS GÉNÉRALES RELATIVES AUX SYSTÈMES

HYPERSTATIQUES

4.1 INTRODUCTION

On a vu que dans le cas des systèmes isostatiques, les composantes de réac-

tion et les éléments de réduction dans n'importe quelle section se calculent au

moyen des équations d'équilibre de la statique seules. Il importe de bien noter

qu’un système dont les réactions peuvent être connues à partir des équations de

la statique mais que ces dernières ne permettent pas de déterminer les efforts M,

N, T dans toutes les sections, n’est pas un système isostatique (voir § 4.2). Ce cas

est illustré par les exemples de la figure 4.1.

Dans une structure isostatique, les liaisons sont strictement suffisantes (en

nombre et en nature) pour assurer son équilibre et empêcher tout déplacement

rigide de la structure (c’est-à-dire un mouvement comme corps rigide). Les con-

ditions d’équilibre - entre les réactions et les charges appliquées - suffisent par

ailleurs à déterminer les réactions apparaissant dans les appuis. On dit dans ce

cas que la structure (isostatique) est statiquement déterminée. Et il n’y a qu’un

seul et unique groupe de réactions capable d’équilibrer les charges appliquées (la

solution est unique).

a) Arc bi-articulé

avec tirant

b) Cadre fermé

simplement appuyé

Figure 4.1


Considérons une structure isostatique (Figure 4.2a). Supprimons la liaison

simple en B et remplaçons-la par une réaction verticale ( RBv ). La structure de-

vient un système libre (mécanisme) pouvant tourner autour de A. Le système de

forces constitué des charges appliquées et de la réaction RBv doit empêcher la

rotation autour de A. Cette condition - équilibre de rotation autour de A - permet

de calculer RBv , qui a une valeur particulière. On peut procéder de la même ma-

nière avec l’appui A et déterminer les composantes horizontale et verticale de la

réaction en A en exprimant l’équilibre de translation horizontale et l’équilibre de

rotation autour de B. Cet exemple montre que, s’agissant d’une structure isostati-

que, les conditions d’équilibre rendent les réactions déterminées et que ces der-

nières ont des valeurs particulières.

Considérons maintenant le système de la figure 4.2b qui a été obtenu en ajou-

tant une liaison de moment à l’appui double afin d’empêcher toute rotation de la

section extrême A. La nouvelle structure a donc une liaison surabondante par

rapport à une structure isostatique. On dit qu’elle est une fois hyperstatique.

Etant donnée une structure hyperstatique, si on supprime toutes les liaisons

surabondantes et qu’on les remplace par les réactions correspondantes, on obtient

un système isostatique qui reste en équilibre même si on donne des valeurs arbi-

traires aux réactions introduites. Dans ce cas, les équations d’équilibre de la

statique ne permettent pas de déterminer les réactions. On doit d’abord calculer

les réactions des liaisons surabondantes à l’aide de conditions autres que celles

régissant l’équilibre du système. Ensuite, on détermine les réactions dans les

liaisons restantes du système rendu isostatique à l’aide des conditions

d’équilibre.

Dans le cas de la figure 4.2b par exemple, le système peut être rendu isostati-

que en supprimant la liaison simple en B. La réaction RBv sera calculée à partir

de la condition de déplacement exprimant que la flèche au point B du système

rendu isostatique, où RBv est considérée comme une force extérieure (Figure

4.2c), doit être nulle : δ Bv

= 0.

On voit donc que pour un système hyperstatique la détermination des réac-

tions et des éléments de réduction n'est plus possible au moyen des équations

d'équilibre seules. Le nombre d’inconnues - composantes de réaction et/ou ef-

forts internes - est dans ce cas supérieur au nombre d’équations (linéairement

indépendantes) fournies par les conditions d’équilibre de la statique.

Le nombre supérieur des inconnues provient comme on l’a vu du fait qu’un

système hyperstatique possède des liaisons surabondantes, c’est-à-dire qui sont

en plus par rapport à un système isostatique. Il est donc nécessaire, pour résoudre

(a) (b) (c)

Figure 4.2

B B B A

A A

Con sidéra t io ns généra le s re la t i ves aux sys tèmes hypers ta t iques 79

le système, de faire intervenir d'autres conditions afin d’obtenir le nombre

d'équations qui sont nécessaires à sa détermination complète.

Ces conditions complémentaires peuvent être obtenues en exprimant la

continuité de la déformée du système (on tient compte des déformations du sys-

tème).

4.2 LIAISONS SURABONDANTES

On appelle liaisons surabondantes, les liaisons qu'il faudrait supprimer à un

système hyperstatique pour obtenir une structure isostatique (géométriquement

stable, qui ne soit pas libre). Leur nombre représente le degré d'hyperstaticité du

système.

On peut classer les liaisons surabondantes en deux groupes : les liaisons su-

rabondantes extérieures et les liaisons surabondantes intérieures. Les liaisons

surabondantes extérieures sont celles qui se trouvent dans les appuis (Figure

4.3a).

Les liaisons surabondantes intérieures sont celles qui proviennent de la con-

ception intérieure du système (Figure 4.3b). Généralement, les structures hypers-

tatiques ont des liaisons surabondantes tant à l'extérieur qu'à l'intérieur (Figure

4.3c).

4.3 CALCUL DU DEGRE D'HYPERSTATICITE

Comme il a été mentionné, le nombre de liaisons surabondantes constitue le

degré d'hyperstaticité de la structure. Il existe plusieurs méthodes pour détermi-

ner le degré d'hyperstaticité (noté H) ; nous en examinerons deux.

4.3.1 Méthode de la suppression des liaisons

La méthode consiste à supprimer des liaisons jusqu'à ce que la structure de-

vienne isostatique indéformable (s'assurer qu'aucune barre ou partie du système

ne constitue un mécanisme). Le nombre de liaisons supprimées représente le

degré d'hyperstaticité (voir exemples figure 4.4).

Figure 4.3

(a) (b) (c)


4.3.2 Méthode des contours fermés

Appelons :

- "c" le nombre de contours de la structure

- "a" le nombre d'articulations (y compris les appuis doubles)

- "s" le nombre d'appuis simples

Le degré d'hyperstaticité est donné par :

H = 3c - a - 2s

Figure 4.4

(h) (g)

(f) (e) (d)

(a) (b) (c)

Con sidéra t io ns généra le s re la t i ves aux sys tèmes hypers ta t iques 81

Cas des poutres en treillis chargées indirectement

H = b + l - 2n

• b + l - 2n < 0 ⇒ système déformable

• b + l - 2n = 0 ⇒ système isostatique

• b + l - 2n > 0 ⇒ système hyperstatique

avec :

- "b" nombre de barres

- "l" nombre de liaisons dans les appuis (encastrement = 3 ; appui double = 2;

appui simple = 1)

- "n" nombre de nœuds

4.4 METHODES FONDAMENTALES DE CALCUL DES STRUCTURES

HYPERSTATIQUES

Nous avons vu précédemment que pour déterminer les réactions et les élé-

ments de réduction des systèmes hyperstatiques, il fallait des équations supplé-

mentaires, qui sont obtenues à partir des conditions de continuité de la déformée

de la structure ou à partir des conditions d'équilibre statique de la structure dé-

formée.

Dans le cadre de l'hypothèse des petites déformations, les efforts sont indé-

pendants des déformations dans les structures isostatiques, alors que pour les

systèmes hyperstatiques les efforts sont fonctions aussi bien des charges que des

déformations de la structure (voir § 3.17, exemple de la poutre continue soumise

au seul déplacement de l’un de ses appuis).

En raison de l'interdépendance entre les efforts et les déformations (donc les

déplacements), il en résulte deux possibilités générales d'aborder le calcul des

structures hyperstatiques, c'est-à-dire soit en s'intéressant aux efforts (dans les

liaisons surabondantes) (méthode des forces), soit en s'intéressant aux déplace-

ments (méthode des déplacements).

4.4.1 Méthode des forces

Elle est parfois appelée méthode des efforts ou méthode des sollicitations.

Avec cette méthode, on prend comme inconnues les forces dans les liaisons

surabondantes. Les liaisons surabondantes sont supprimées et remplacées par des

forces inconnues qu'il faut chercher en premier lieu. La structure initiale (hypers-

tatique) est transformée en une structure isostatique soumise aux charges exté-

rieures de départ et aux forces introduites (les inconnues hyperstatiques).

Les équations supplémentaires qui permettent de déterminer les forces incon-

nues sont obtenues en exprimant la "continuité" de la structure déformée dans les

liaisons supprimées (surabondantes).

Comme il y a plusieurs possibilités de rendre isostatique un système hypers-

tatique, il en résulte plusieurs façons de mettre le problème en équations. Pour la

simplification des calculs, il y a intérêt à considérer les liaisons surabondantes

qui rendent les équations générales de continuité aussi simples que possible.


Cette méthode est essentiellement caractérisée par la création de coupures qui

libèrent chacune une liaison surabondante. Chaque liaison supprimée est ensuite

remplacée par une force qui joue le même rôle qu'elle.

4.4.2 Méthode des déplacements (ou des déformations)

Avec cette méthode, on prend comme inconnues les déplacements générali-

sés (rotations et translations) subis par les nœuds de la structure. Le nombre

d'inconnues de cette méthode est égal au nombre de déplacements généralisés

possibles des nœuds (les degrés de liberté de la structure), qui est généralement

différent du degré d'hyperstaticité.

Les équations supplémentaires sont obtenues en exprimant les conditions

d'équilibre statique de la structure déformée.

On verra plus loin que cette méthode est caractérisée par le blocage des

nœuds de la structure.

Conclusion :

La méthode des déplacements est généralement plus intéressante quand le

degré d'hyperstaticité devient important. La méthode des forces est efficace

quand le nombre de liaisons surabondantes (degré d’hyperstaticité) n'est pas très

élevé. Mais en définitive le choix d'une méthode dépend plus des affinités et des

aptitudes de chacun.

Chapitre 5

CALCUL DES SYSTÈMES PLANS PAR LA MÉTHODE DES FORCES

5.1 SYSTEME CONCORDANT - MANQUE DE CONCORDANCE

DÉFINITION : On dit qu’un système hyperstatique est concordant quant à ses appuis, ou encore que les appuis d’un système hyperstatique sont concor-

dants, lorsque les composantes de réaction sont toutes nulles en l’absence de

sollicitations extérieures (Figure 5.1a).

Dans le cas contraire - Figure 5.1b - les appuis sont dits non concordants (les composantes de réaction ne sont pas toutes nulles).

Le manque de concordance d’un appui est représenté par le déplacement li-néaire ou angulaire qu’il subit depuis sa position concordante jusqu’à sa position réelle.

5.2 THEOREME DE MENABREA

THÉORÈME : La dérivée partielle de l’énergie potentielle interne (W) d’un système par rapport à une inconnue hyperstatique externe ou par rapport à la

valeur commune de deux inconnues hyperstatiques internes Xi dégagées par une coupure, est égale au manque de concordance correspondant ci.

∂

∂

W

Xc

ii= (5.1)

Dans le cas d’un système concordant cette dérivée est toujours nulle, soit :

Figure 5.1

a) Système concordant

Manque de concordance

b) Système non concordant

8 4 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES

∂

∂

W

X0

i

= (5.1)'

Le théorème découle de celui de Castigliano (1ère forme). Ce résultat est évi-dent dans le cas d'une inconnue hyperstatique externe (c'est-à-dire une réaction), puisque le déplacement est nul dans la direction de la réaction. Nous reviendrons plus loin sur la signification de ce résultat [(5.1)'] dans le cas d'une inconnue hyperstatique interne.

Le théorème de Menabrea signifie que les forces hyperstatiques prennent des valeurs qui rendent minimale l'énergie potentielle interne exprimée en fonction des sollicitations, dont les forces hyperstatiques, appliquées au système considé-ré.

Ainsi, pour chaque inconnue hyperstatique Xi le théorème de Menabrea four-nit une équation (de continuité). La résolution du système d’équations ainsi ob-tenu permet de trouver les inconnues hyperstatiques et de résoudre le problème qui devient isostatique.

Dans le cas d’un système linéaire L plan dont les éléments de réduction sont désignés par M, N et T (Mt=0), l’expression générale de W (voir chapitre 3) est de la forme :

W1

2

M

EIds

1

2

N

EAds

1

2

T

GAds

2 2

L

2

LL

= + +∫ ∫∫ κ

Si le système est constitué de plusieurs barres (poutres) Li l’intégrale est étendue à chacune d’elles :

W1

2

M

EIds

1

2

N

EAds

1

2

T

GAds

2

Li

2

Li

2

Lii i i

= + +∫∑ ∫∑ ∫∑ κ

Si la flexion est prépondérante par rapport aux autres sollicitations, l’expression de l’énergie se réduit au premier terme :

W1

2

M

EIds

2

Lii

= ∫∑

Même lorsque le symbole de la sommation n’est pas porté, pour simplifier l'écriture des expressions, on sait que l’intégration est étendue à la totalité du système, donc à toutes ses parties.

Pour des systèmes plans constitués de barres droites articulées (treillis) avec des charges appliquées aux nœuds (treillis chargés indirectement), l’énergie est donnée par :

W1

2

N

EAdx

1

2

dx

EA

2

Li Lii i

= =∫∑ ∫∑ N i2

Et si la rigidité extensionnelle EA est constante sur chaque barre, il vient :

Calcu l d es sys tèmes p lan s pa r la méthode des fo rces 85

W1

2i

= ∑N L

EA

i i

i

2

( )

5.3 PRINCIPE DE LA METHODE DES FORCES

Pour calculer un système hyperstatique d’ordre n (H = n), on le transforme en un système isostatique en supprimant les n liaisons surabondantes. Cela revient à pratiquer n coupures, une par inconnue hyperstatique. Pour que le système isos-tatique soit équivalent au système initial, il faut remplacer chaque liaison sup-primée par la force qui lui correspondant (Figure 5.2).

Les inconnues hyperstatiques X1 et X2 de l’exemple considéré sont obtenues en utilisant l’équation (5.1)’ ci-dessus. Le système d’équations s’écrit :

∂

∂

∂

∂

W

X0

W

X0

1

2

=

=

(a)

Le système isostatique obtenu par suppression des liaisons surabondantes (Figure 5.2b) est désigné par système de base, système fondamental ou encore système principal.

Une fois l’hyperstaticité levée, c’est-à-dire lorsqu’on a déterminé les incon-nues hyperstatiques, la construction des diagrammes M, N, T revient à tracer les diagrammes d’un système isostatique (en l’occurrence le système de base) sou-mis - simultanément - aux charges données (la sollicitation globale F) et aux forces calculées (X1, X2, ... Xn). L’application du principe de superposition (voir § 5.4.1) simplifie quelque peu ce travail.

5.4 EQUATIONS DE CONTINUITE

Pour un système concordant d’ordre n, on aura un système de n équations :

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

∂

W

X0,

W

X0, ... ,

W

X0, ... ,

W

X0

1 2 j n

= = = =

(a)

P

l/2

l/2

P

X1

X2

(b)

Figure 5.2

h


On peut montrer que chacune de ces équations peut se mettre sous la forme ci-après, connue sous le nom de formule de Müller - Breslau (ou de Bertrand De Fonviolant),

∂

∂

W

X0, X 0 j 1, 2, .. . ,n

ji ji

u

i 1

n

jF= ⇔ + = =

=

∑ δ δ (5.2)

et le système des n équations de continuité peut se mettre sous la forme explicite suivante :

δ δ δ δ

δ δ δ δ

δ δ δ δ

11u

1 12u

2 1nu

n 1F

21u

1 22u

2 2nu

n 2F

n1u

1 n2u

2 nnu

n nF

X X ... X 0

X X ... X 0

.......................................................

X X ... X 0

+ + + + =

+ + + + =

+ + + + =

(5.3)

ou sous la forme matricielle :

[ ] δ δuFX = − (5.4)

Les équations du système (5.3) [ou (5.4)] sont appelées équations canoniques de la méthode des forces.

5.4.1 Démonstration de la formule de Müller - Breslau

Considérons un système plan. Soient MiF, NiF et TiF les éléments de réduction dans la section courante i du système de base sous l’action de la sollicitation globale F(F1, F2, ..., Fj, ...). Si on note par mij, nij, et tij les éléments de réduction dans la même section i sous l’action d’une sollicitation unitaire appliquée dans la section j (du système de base), alors la contribution de l’inconnue hyperstatique Xj aux éléments de réduction s’écrit :

Xj mij pour le moment fléchissant ; Xj nij pour l’effort normal et Xj tij pour l’effort tranchant.

Les éléments de réduction qui apparaissent en i sous l’action conjuguée de la sollicitation globale F et des inconnues hyperstatiques X1, X2, ..., Xn, s’obtiennent par superposition :

M X m

N X n

T X t

iF j ij

j 1

n

iF j ij

j 1

n

iF j ij

j 1

n

+

+

+

=

=

=

∑

∑

∑

L’expression de l’énergie potentielle s’écrit alors :


W=1

2

(M X m )

EIds +

1

2

(N X n )

EAds +

1

2

(T X t )

GAds

iF j ij2

j 1

n

iF j ij2

j 1

n

L

iF j ij2

j 1

n

LL

+ + +

= = =

∑ ∑∫

∑∫∫ κ

L’équation de continuité relative à la coupure k, c’est-à-dire∂

∂

W

X0

k

= , s’écrit:

(M X m )m

EIds +

(N X n )n

EAds +

(T X t )t

GAds=0

iF j ij ik

j 1

n

iF j ij ik

j 1

n

L

iF j ij ik

j 1

n

LL

+ + +

= = =

∑ ∑∫

∑∫∫ κ

M m

EIds +

N n

EAds +

T t

GAds+

X m m

EIds +

X n n

EAds +

+

X t t

GA

iF ik iF ik

L

iF ik

LL

j ij ik

j 1

n

j ij ik

j 1

n

LL

j ij ik

j 1

n

L

∫ ∫∫∑ ∑

∫∫

∑∫

= =

==

κ

κ ds 0

δ κkF j

ij ik ij ik ij ik

LLLj=1

n

+ Xm m

EIds+

n n

EAds+

t t

GAds = 0∫∫∫∑

soit :

X + = 0j kju

j=1

n

kFδ δ∑

5.4.2 Signification et calcul des coefficients

La signification et le calcul des coefficients δ δiju

iF et ont été exposés dans le

chapitre 3. Les coefficients δ iju sont les coefficients d’influence définis dans ce

même chapitre 3. Leur matrice δu est appelée matrice de souplesse.

Le coefficient général δiF représente le déplacement de la section i du sys-tème de base (dans la direction i, qui est aussi la direction de l’inconnue hypers-tatique Xi) sous l’effet des charges appliquées (données) (F).

5.5 EXEMPLES D’APPLICATION

Exemple 1 : inconnues hyperstatiques externes.

Soit à résoudre le portique de la figure 5.2. Pour les calculs, on considère h=l=a.

Les équations canoniques du système s’écrivent :


δ δ + δ

δ δ + δ

11u

1 12u

2 1F

21u

1 22u

2 2F

X + X = 0

X + X = 0

Les coefficients δ11u et δ 21

u sont obtenus en appliquant au système de base la

sollicitation unitaire X1=1 tandis que δ12u et δ 22

u s’obtiennent sous l’effet de la

seule sollicitation X2=1. Quant aux déplacements δ1F et δ2F, ils se calculent sous l’effet des charges extérieures (ici la force P) appliquées au système isostatique de base. Les diagrammes permettant le calcul de ces coefficients (cas où l'in-fluence de M est prépondérante) sont montrés à la figure 5.3.

On trouve, avec h=l=a :

δ δ δ δ δ δ11u

3

12u

21u

3

22u

3

1F

3

2F

3

=a

3EI =

a

2EI

4a

3EI= -

Pa

4EI= -

29Pa

48EI= =

La figure 5.4 montre la signification de ces coefficients.

Et à partir des équations du système on tire :

δ 22u

δ 12u

δ 21u

δ 11u

(a)

(b)

(c)

P

X2=1

X1=1

δ1F

δ2F

Figure 5.4 : Signification des coefficients δδδδ

Figure 5.3 : Diagrammes des moments M et m

X1=1

Pl/2

X2=1

mi2

MiF

mil

P

h

l

l

(a)

(b)

(c)


X9

56P1 = et X

22

56P2 =

Les diagrammes M, N, T peuvent être construits maintenant (Figure 5.5).

Exemple 2 : inconnues hyperstatiques internes (Figure 5.6).

Les équations canoniques du système s’écrivent :

δ δ δ + δ

δ δ δ + δ

δ δ δ + δ

11u

1 12u

2 13u

3 1F

21u

1 22u

2 23u

3 2F

31u

1 32u

2 33u

3 3F

X + X + X = 0

X + X + X = 0

X + X + X = 0

A partir des diagrammes de la figure 5.7, on calcule les coefficients du sys-tème obtenu.

6

11

3

9

34

34

22

9

(a)

(b)

(c)

Figure 5.5 : Diagrammes M, N, T

M(xPa/56)

N(xP/56)

T(xP/56)

Figure 5.6

q

EI

2EI

EI

l

l/2

l/2

X2

X1

X1

X2

X3

X3

(b)

(a)

h


δ δ δ ; δ ; δ δ ; δ δ

δ ; δ ; δ δ

11u

3

12u

21u

22u

2

13u

31u

2

23u

32u

33u

1F

4

2F

3

3F

3

=2h

3EI ; = 0

l (12h )

24EI =

h

EI = 0 ;

(4h l)

2EI =-

qh

8EI =

qh l

12EI ; =

qh

6EI

= =+

= − =

=+

l

En prenant h = l, il vient :

δ δ δ δ δ δ δ δ

δ δ δ δ

11

3

12 21 23 32 22

3

13 31

2

33 1

4

2

4

3

3

2

30

13

24

5

2 8 12 6

u u u u u u u u

uF F F

h

EI

h

EI

h

EI

h

EI

qh

EI

qh

EI

qh

EI

= = = = = = = = −

= = − = =

; ; ;

; ;

;

;

La résolution du système d’équations donne :

22321 qh02.0qh

48

1X; qh15.0qh

13

2X; qh22.0qh

416

91X −=−=====

Le signe moins (–) devant X3, signifie que le sens réel de ce moment est contraire au sens choisi arbitrairement.

5.6 CONTROLE DES RESULTATS

Le contrôle des résultats peut se faire à trois niveaux : sur les coefficients δiju

et δiF ; sur les diagrammes M, N, T et sur les déplacements.

5.6.1 Vérification des coefficients

Considérons un système hyperstatique d’ordre n. Pour alléger les expres-sions, nous supposons que l’influence des efforts normal et tranchant est négli-

Figure 5.7 : Diagrammes des

moments M et m

h

h

(a)

(b)

(c)

mi1=m1

X1=1

X1

mi2=m2

mi3=m3

l/2

l/2

X3

X3=1

X2

X2=1

(d)

MiF

qh2/2

1


geable. Soit mit le moment (par unité de force) dans la section courante i du sys-tème de base sous l’effet de : X1=1, X2=1, ..., Xn=1 ; c’est-à-dire :

m m m + mit i1 i2 in= + +...

en vertu du principe de superposition.

a) Somme des coefficients de chaque ligne de la matrice δu

Considérons la kième ligne (équation relative à la coupure k).

δ kju

j 1

j nik ij

Lj 1

j n

ik i1

L

ik i2

L

ik in

L

iki1

L

i2 inik

it

L

ik it

L

m .m

EIds

m .m

EIds

m .m

EIds+ ... +

m .m

EIds

=m

EI(m m ...+m )ds =

m

EI(m )ds=

m m

EIds

=

=

=

=

∑ ∫∑ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

= = +

+ +.

Soit :

δ kju

j 1

j n

ik it

L

=m m

EIds

=

=

∑ ∫.

(5.5)

La longueur L désigne la longueur totale du système (toutes les barres s’il en comporte plusieurs).

b) Somme des coefficients de la matrice δu

k 1

k n

kju

j 1

j n

iki1

L

i2 inik it

Lk 1

k n

k 1

k n

iti1

L

i2 init2

L

m

EI(m m ...+m )ds =

m m

EIds

m

EI(m m ...+m )ds=

m

EIds

=

=

=

=

=

=

=

=

∑ ∑ ∫ ∫∑∑

∫ ∫

= + +

= + +

δ.

Soit :

k 1

k n

kju

j 1

j n

it2

L

m

EIds

=

=

=

=

∑ ∑ ∫=δ (5.6)

c) Somme des coefficients δiF

δkFk 1

k n

iF ik

Lk 1

k n

iF

L

i1 i2 iniF it

L

=M m

EIds

M

EI(m +m + ... +m )ds=

M m

EIds

=

=

=

=

∑ ∫∑ ∫ ∫=. .

(5.7)

Aussi, avant de passer à la résolution du système d’équations, il est prudent de procéder aux vérifications indiquées. En pratique, on trace le diagramme mit et on applique la relation (5.6). Si le résultat donné par cette dernière est identique à la somme de tous les termes de la matrice δu, on peut passer à l’étape suivante de l’étude. Dans le cas contraire, on procède au contrôle de chaque ligne de la ma-trice selon l’expression (5.5) et des coefficients δiF d’après la relation (5.7). On


sera amené à vérifier le calcul des différents coefficients ainsi que les diagram-mes MiF et mik si on a utilisé la méthode de Verescheaguine.

Exemple

Vérifions les coefficients de la matrice δu du cas traité dans l'exemple 2. Pour les besoins de l'application numérique on prend h=3 m. Le premier membre de l'équation (5.6) vaut :

δ kju

j

j n

k

k nh

EI

h

EI

h

EI EI= − + =

=

=

=

=

∑∑29

24

2 5

2

177

8

3 2

11

Le diagramme mit nécessaire au calcul du second membre de l'équation (5.6) est représenté à la figure 5.8. Le calcul de l'intégrale de Mohr donne :

m

EIds

EI EI

EI EI EI

it

L

2 1

2

39

8

1

3

1

24

1 125

24

1

24

57

4

63

12

1 468

24

531

24

177

8

= + + + + +

+ = =

∫ ( ) ( )

( ) ( ) =1

2EI

5.6.2 Vérification des diagrammes

La vérification de l’équilibre des nœuds et de parties entières de la structure étudiée, à partir des diagrammes des efforts, fournit un bon moyen de contrôler les résultats obtenus. Chaque nœud ou partie de la structure isolé par des coupu-res, doit être en équilibre sous l’action des forces qui lui sont directement appli-quées et des efforts internes (M, N, T) agissant aux lèvres des coupures et qu’on lit directement sur les diagram-mes à contrôler.

Exemple

6Pa/56

9P/56

9P/56

34P/56

6Pa/56

34P/56

Figure 5.9 : Vérification de

l'équilibre d'un nœud

Figure 5.8 : Diagramme mit,

sous l'action simultanée de

X1=1, X2=1 et X3=1

mit

0.5

1.0

2.5

0.5

l/2=1.5 m

1.5 m

h=3 m

3.5


On veut vérifier l'équilibre du nœud de la structure considérée dans l'exemple 1 précédent. La figure 5.9 représente le nœud avec les efforts agissant sur les sections coupées et dont les valeurs sont lues directement sur les diagrammes des efforts de la figure 5.5. On peut constater que les efforts agissant sur le nœud vérifient les trois équations d'équilibre de la statique.

5.6.3 Vérification des déplacements

On peut appliquer la vérification aux déplacements connus, principalement ceux qui sont nuls. Le calcul doit être effectué à partir des efforts trouvés (no-tamment le diagramme final du moment).

5.7 SIGNIFICATION DES EQUATIONS DE CONTINUITE

Comme le montrent les deux exemples traités, chaque équation de continuité exprime que le déplacement relatif des lèvres de la coupure libérant l’inconnue hyperstatique considérée est égal au manque de concordance correspondant. Dans le cas d’un système concordant, ce déplacement (relatif) est nul. Quand il s'agit d'une inconnue hyperstatique externe, le déplacement relatif est en fait le déplacement réel.

Calcul des systèmes plans par la méthode des forces 95

5.8 EXERCICES

Tracer les diagrammes de M, de N et de T des systèmes suivants. Exercice 5.1 Exercice 5.2



q

EI

2EI

EI

C

B

A

D

l

l

2l

P

l/2

l/2

l

B

C

A

EI

EI

P=ql

2m

2m

EI

2EI

5t

q=2t/m

2EI

2m

F

A

2m

D

4m

C

E

B

q

EI

a

D

EI

B

A

a

a

P

2a

C

EI

2EI

EI

C

B

A

D

8m

6m

P=1t

A

q=300 kg/m

2EI

EI

P=800 kg

2m

1m

5m

B

C




A.N. : P=12t, L=4m, I1=10-

3m

4,

I2=8I1 et E=2.1 106 kg/cm

2.


4m

q=1t/m

2EI

1m

2EI

1m

4m

A

B

1m EI

P=2t

P

e=0.5m

4m

4m

8m

B

C

A

EI

2EI

EI D

15.3tm

q=2t/m

A

4m

C

2EI

B

3m

2m

F=5t

2m

EI

EI

D

E

I2

L

2L

D

A

I1

I1

B

C

60°

2P P=2t

P

l/2

l

l

B

A

EI

EI

D

C

q=2t/m

EI

l=5m

EI

A

l

C

E

B

2EI

2EI

D

l


Réponses :

Exercice 5.1 : MA = 3Pl/56, MB=-6Pl/56, RCH=-9P/56, RC

V=22P/56.

Exercice 5.2 : Inconnues hyperstatiques au milieu du système : XM=0.29ql2,

XN=-0.53ql, XT=-0.81ql. Réactions : MA=-0.85ql2, RAH=-1.47ql,

RAV=0.2ql, MD=-0.55ql2, RD

H=-0.53ql, RDV=0.8ql.

Exercice 5.3 : RAV= -(2P+qa)/3, RC

V=(P+3qa)/2, RD

V=(P+5qa)/6,

MBA=-a(2P+qa)/3, MBC=Pa, MBD=a(P-qa)/3.

Exercice 5.4 : RCH=0.24t, RC

V=4.17t, REH=1.63t, RE

V=4.17t.

Exercice 5.5 : RCH=-540.5kg, RC

V=569.0kg, RAH=-259.5kg, RA

V=931.0kg,

MA=-926.5kgm, MBA=MBC=-21.5 kgm.

Exercice 5.6 : Inconnues hyperstatiques au milieu du système : XM=0, XN=0.5t

XT=-0.34t. Moments : MA=MD=-1.65tm, MBA=MBC=1.35tm,

MCB=MCD=-1.35tm.

Exercice 5.7 : Inconnues hyperstatiques au milieu du système : XM=0.94tm,

XN=-0.45t, X

T=0. Réactions : MA=MB=0.69 tm, RA

H=-RB

H=0.45t,

RAV=RB

V=5t.

Exercice 5.8 : Inconnues hyperstatiques externes en D : RDH=-0.6t, RD

v=3.6t.

Moments : MA=1.5tm, MBA=-3.3tm, MBC=12.0tm,

MCB=MCD=-2.4tm.

Exercice 5.9 : RDV=4.35t, RA

H=-5.0t, RAV=5.65t, MA=-10.59tm,

MBA=MBC=4.41tm, MCB=11tm, MCD=15tm, MCE=-4tm.

Exercice 5.10 : RDH=-2.63t, RD

V=3.53t, RAH=-12.0t, RA

V=17.25t,

MA=-19.76tm, MBA=MBC=17.72tm, MCB=MCD=-10.52tm.

Exercice 5.11 : RDH=3P/8, RD

V=-3P/8, MD=Pl/8, RC

H=-3P/8, RC

V=11P/8,

MC=-Pl/8, MBA=-Pl/2, MBC=Pl/4, MBD=-Pl/4.

Exercice 5.12 : RAV=-0.426t, RC

H=0.266t, RCV=5.852t, RE

H=-0.266t,

REV=4.574t, MBA=-2.13tm, MBC=-1.33tm, MBD=-3.46tm

MDB=MDE=-1.33tm.,

Signes : Pour le moment fléchissant et les composantes de réactions, les

conventions utilisées sont les suivantes : . un moment est positif s'il fait tendre

les fibres intérieures (inférieures) ; . une réaction verticale (RV) est positive si elle

agit vers le haut alors qu'une réaction horizontale (RH)est positive quand elle est

dirigée vers la droite. Pour les inconnues hyperstatiques (XN et XT), on utilise les

conventions habituelles de N et T.

Chapitre 6

LES POUTRES CONTINUES

Application de la méthode des forces

A- POUTRES CONTINUES A ÂME PLEINE

6.1 INTRODUCTION

Les poutres continues sont des structures qu'on rencontre très fréquemment

dans les constructions courantes.

On appelle poutre continue une poutre reposant sur plusieurs appuis. Il s’agit

généralement d’appuis simples, à l’exception d’un seul qui est un appui double et

dont le rôle consiste à assurer la stabilité géométrique de la poutre, comme em-

pêcher la translation horizontale dans le cas de la figure 6.1. L’appui double peut

être placé à une extrémité ou, plus généralement, être un appui intermédiaire.

Les extrémités d’une poutre continue peuvent très bien comporter des porte-

à-faux ou être encastrées. Le traitement de ces cas particuliers est abordé plus

loin.

Les poutres continues sont des systèmes hyperstatiques puisqu’elles présen-

tent des liaisons surabondantes (toutes les liaisons en plus de ce que doit compor-

ter une poutre isostatique). Dans le cas d’une poutre sans encastrements, le nom-

bre de liaisons surabondantes, donc le degré d’hyperstaticité, est égal au nombre

d’appuis intermédiaires.

Comparativement à une série de poutres bi-articulées dont le nombre est égal

à celui des travées d’une poutre continue, cette dernière est plus économique car

l1

0

1

k

n

lk

ln

Figure 6.1 : Poutre continue avec le mode de numérotation des travées


les moments fléchissants qui la sollicitent sont plus faibles. La comparaison est

encore plus nettement à l’avantage de la poutre continue par rapport à une poutre

isostatique unique de même longueur. Dans une poutre continue, les appuis in-

termédiaires contribuent à réduire et à mieux répartir sur toute la poutre le mo-

ment fléchissant (qui est la sollicitation prépondérante). Cette observation reste

valable pour les déplacements qui sont nettement moins importants dans le cas

des poutres continues. Ces dernières présentent par ailleurs une plus grande rigi-

dité et résistent de ce fait mieux à l’action dynamique.

Les charges considérées ici sont supposées être appliquées statiquement. El-

les sont constituées de charges transversales (voire inclinées), concentrées ou

réparties, et de couples.

Contrairement aux poutres isostatiques, les poutres continues, comme tous

les systèmes hyperstatiques, sont très sensibles aux déplacements des appuis. Ce

phénomène a déjà été mis en exergue dans un exemple d’application des formu-

les de Bresse traitant une poutre continue soumise au seul effet de l’affaissement

d’un de ses appuis.

Lorsque des tassements d’appuis sont à craindre, les poutres isostatiques sont

mieux indiquées. Si pour quelque raison que ce soit des appuis intermédiaires

sont nécessaires, on ajoute à la poutre continue des articulations judicieusement

placées de manière à la rendre isostatique et annuler ainsi sa sensibilité aux af-

faissements des appuis susceptibles de se produire.

Ce type de poutre - poutre reposant sur plusieurs appuis et rendue isostatique

par l’ajout de rotules - est désigné par poutre Gerber. Elles sont obtenues en

ajoutant autant d’articulations qu’il y a d’appuis intermédiaires. Pour s’assurer

que la structure obtenue est bien isostatique et qu’il n’y a ni tronçon déformable

(tronçon libre constituant un mécanisme) ni tronçon hyperstatique, il suffit de

respecter la règle suivante : pas plus de deux articulations entre deux appuis, ni

plus de deux appuis entre deux articulations. A titre d’exemple, la figure 6.2

montre les deux façons possibles d’obtenir une poutre type Gerber dans le cas de

deux appuis intermédiaires.

L’influence du moment fléchissant sur les déformations étant prépondérante

dans les poutres continues, c’est la seule sollicitation dont il sera tenu compte

lors du calcul des déplacements que nous serons amenés à effectuer.

Figure 6.2 : Exemples de poutres Gerber

(a)

(b)

A- Poutres con t inues à âme p le i ne 101

6.2 APPLICATION DIRECTE DE LA METHODE DES FORCES

Considérons une poutre

continue horizontale sans

encastrements (Figure 6.3a).

L'application directe et intui-

tive de la méthode des forces

conduit à considérer comme

inconnues hyperstatiques les

réactions (verticales) des

appuis intermédiaires.

Le système de base obte-

nu par suppression des liai-

sons verticales des appuis

intermédiaires est une poutre

simplement appuyée (Figure

6.3b). Dans ce cas, le calcul

des moments unitaires msk

(Figure 6.3c et 6.3d) et du

moment provoqué par les

charges extérieures MsF,

nécessaires au calcul des

coefficients δ δij u

jFet , ne

présente aucune difficulté.

Cependant, ce choix n’est pas intéressant car il implique des calculs fasti-

dieux à cause notamment du fait que les moments msk et MsF sont généralement

différents de zéro sur toute la longueur de la poutre. De la sorte, les éléments de

la matrice de souplesse [δu] et du vecteur déplacement [δF] sont tous non nuls.

Ceci n’est pas la seule raison ; il en existe une autre plus déterminante. Cha-

que colonne de la matrice [δu] représente les déplacements (flèches s’il s’agit

d’une poutre horizontale) des points d’application des inconnues hyperstatiques

provoqués par une sollicitation unitaire. Pour une poutre comportant plusieurs

appuis intermédiaires, deux colonnes successives de [δu] auront des valeurs très

proches et seront comparables. De ce fait, la matrice [δu] devient pratiquement

singulière et conduit à des solutions très imprécises lors de la résolution du sys-

tème d’équations canoniques. Aussi, on opte pour un autre choix des inconnues

hyperstatiques de manière à contourner cette difficulté et à réduire les calculs.

(a)

(b)

(c)

(d)

0

1

2

3

l1

l2

l3

X1

X2

X1=1

X2=1

Figure 6.3


6.3 FORMULE DES TROIS MOMENTS

6.3.1 Etablissement de la formule

Considérons une poutre continue sans encastrements à n travées (Figure 6.4).

Son degré d'hyperstaticité est égal à n-1.

Prenons pour inconnues hyperstatiques les moments fléchissants agissant au

droit de chaque appui intermédiaire. Pour ce faire, on procède à des coupures de

manière à supprimer la liaison de moment au niveau de chaque appui. S’agissant

d’inconnues hyperstatiques internes, chaque coupure libère deux inconnues (des

moments) égales est opposées.

En pratique, cela revient à introduire une articulation au-dessus de chaque

appui intermédiaire (Figure 6.5a). Pour remplacer les liaisons supprimer, on

applique aux lèvres de chacune des coupures deux couples égaux et opposés

(M1, M2, …, Mn-1) (Figure 6.5b).

Le système statique de base ainsi obtenu présente une propriété remarquable.

En effet, on remarque que si on charge une travée, les autres ne subissent aucune

influence. Ce résultat signifie que le système principal se comporte comme une

succession de poutres simplement appuyées obtenues par séparation des n tra-

vées (Figure 6.6).

0

1

k-1

k

k+1

n

l1

lk

lk+1

ln

Figure 6.4

(a)

(b)

0

1

k-1

k

k+1

n-1

n

X1=Ml

Xk-1=Mk-1

Xk=Mk

Xk+1=Mk+1

Xn-1=Mn-1

Figure 6.5 : Système statique de base

M1

M

M1

M

Mk-1

M

Mk-1

M

Mk

M

Mk

M

Mk+1

M

Mk+1

M

Mn-1

M

Mn-1

M

Figure 6.6


Pour calculer les moments inconnus aux appuis, on applique le théorème de

Menabrea pour chacun d’eux :

∂ ∂ ∂ ∂W

Mc

W

Mc

W

Mc

W

Mc

kk

nn

∂=

∂=

∂=

∂=

−−

11

22

11, ... ... , ,

où les ci représentent les manques de concordance des appuis. Ils sont nuls dans

le cas des systèmes concordants. Les équations du système ci-dessus peuvent se

mettre sous la forme connue de Müller-Breslau. L’équation courante relative à

l’inconnue Mk s’écrit :

∂δ δ

W

Mc M c

kk ki

ui kF k

∂= ⇔ + =∑

i=1

n-1

En développant l’expression précédente, le système des "n-1" équations de

continuité prend la forme :

δ δ δ δ

δ δ δ δ

11 1 12 2 1 1 1 1 1

1 1 2 2 1 1

u unu

n F

ku

ku

knu

n kF k

M M M c

M M M c

+ + + + =

+ + + + =

− −

− −

. ... .... .... ..... .... .... .... .... .... .... ..... .... .... .... .... .

. ... .... .... ..... .... .... .... .... .... .... ..... .... .... .... .... ...

.. .δ δ δ δnu

nu

n n n n F nM M M c− − − − − − −+ + + + =11 1 12 2 1 1 1 1 1

Chacune des équations exprime la condition de continuité de la poutre dé-

formée au-dessus d'un appui. L’équation k par exemple, exprime que la rotation

relative entre les lèvres de la coupure au-

dessus de l'appui k est égale au manque de

concordance correspondant. Dans le cas d’un

système concordant cette rotation relative est

nulle ; ou encore que la rotation à gauche (θ kg)

est égale à la rotation à droite (θ kd ) ; ce qui

signifie aussi qu'en chaque point (appui par

exemple) il n'y a qu'une tangente car la ligne

élastique (la déformée) est continue (Figure 6.7).

Signification des coefficients δ iju et δ iF

Les coefficients δ iju et δ iF représentent les rotations relatives des lèvres de

la section coupée i du système de base. Les premières sont des rotations par unité

de couple.

• δ iju est la rotation relative des lèvres de la section i du système de base,

sous l’effet d’un couple unitaire appliqué aux lèvres de la coupure j (les sections

i et j se trouvant dans le cas présent au dessus des appuis intermédiaires i et j).

• δ iF est la rotation relative des lèvres de la section i du système de base,

sous l’effet des charges extérieures (notées F).

( )θ kd

( )θ kg

k

Tangente

Figure 6.7


Considérons par exemple l'équation de continuité k (relative à la coupure k).

Elle s’écrit :

δ δ δ δ δ δ δku

ku

kku

k kku

k kku

k knu

n kF kM M M M M M c1 1 2 2 1 1 1 1 1 1+ + + + + + + + =− − + + − −... ... (6.1)

On voit apparaître dans l’équation les coefficients δ kju avec j = 1, 2, … , n-1

et δkF. Si nous ne tenons compte que du moment fléchissant, qui est la sollicita-

tion prépondérante, ces coefficients s’obtiennent par les intégrales suivantes :

δ δkju sk sj

kFsF sk

LL m m

EIdx (a)

M m

EIdx (b)= = ∫∫

00 (6.2)

L = longueur totale =

i=1

n

li∑

où msk (mk) et msj (mj) sont les moments fléchissants produits dans la section

courante s du système fondamental par les couples unitaires Mk=1 et Mj=1 agis-

sant en k et en j, respectivement (Figure 6.8). MsF étant le moment fléchissant

dans la section courante du système de base sous l’action des charges extérieures

(F).

On constate que chaque couple unitaire produit un moment fléchissant uni-

quement sur les deux travées situées de part et d'autre de l'appui où il est appli-

qué. Pour que les moments dans la section courante s produits par Mk=1 et Mj=1

soient simultanément différents de zéro, il faut que les indices k et j ne diffèrent

pas de plus d'une unité. On en déduit que les coefficients δ kju sont nuls dès que k

diffère de j de plus d'une unité. Ainsi, dans l'équation (6.1) seuls les coefficients

δ δ δku

kku

k ku

− +1 1 k et , sont différents de zéro.

Compte tenu de ce résultat, l'équation générale de continuité (6.1) se simpli-

fie et devient :

δ δ δδk ku

k k k k kku

k kF kM M c-1u M− + ++ + + =1 1 1 (6.3)

(a)

(b)

k-1

k

Mk=1

k+1

1

lk

lk+1

lj

lj+1

4m

j-1

j

Mj=1

j+1

1

Figure 6.8 : Diagrammes msk et msj


ou encore :

δ δ δδk ku

k k k k kku

k k kFM M c-1u M− + ++ −+ =1 1 1 (6.4)

On remarque que trois moments fléchissants interviennent dans cette équa-

tion, d'où son nom de "formule des trois moments".

6.3.2 Calcul des coefficients de la formule des trois moments

Il reste à calculer les coefficients intervenant dans l'équation (6.4). Considé-

rons une poutre continue sans encastrement comportant n travées. Les diagram-

mes unitaires permettant le calcul des coefficients δ δ δkku

kku

kku

− +1 1, et sont

représentés à la figure 6.9.

• Calcul de δ kku

−1 :

δ kku sk sk sk sk

io

lLsk sk

k

lm m

EIdx

m m

EIdx

m m

EI

i k

−− − −= ∫∑∫ ∫11 1

0

1

0= =

i=1

n

( ) ( ) (6.5)

avec :

mx

l

x

lsk

ksk

k− = − =1 1 et m

Figure 6.9 : Diagrammes unitaires msk-1, msk et msk+1

k-2

Mk-1=1

k-1

(a)

1

lk-1

lk

k

k+1

k-1 (b)

1

lk

lk+1

k

Mk=1

(c)

1

lk+1

lk+2

k+1

Mk+1=1

k+2

k


d'où :

( )δ kku

k k k

l

k

k

k

lx

l

x

l

dx

EI l

x l x

EIdx

k k

− = −

=

−

∫ ∫1 21

1

0 0( ) ( ) (6.5)’

Si (EI)k est constante sur lk, on obtient :

δ kku k

k

l

EI− =1

6( )

Ce dernier résultat - cas avec (EI)k constante sur la travée lk - s'obtient plus

rapidement avec la méthode graphique ; il vient :

δ kku

kk

k

kEIl

l

EI− =

=1

1 1

21

1

3 6( ). .

( )

Si la rigidité flexionnelle varie sur chaque travée, on calcule les coefficients

analytiquement comme on l'a fait pour δ kku

−1 .

Pour le reste des calculs nous supposons que EI est constante sur chaque tra-

vée.

• Calcul de δ kku (méthode graphique)

δ kku

kk

kk

k

k

k

kEIl

EIl

l

EI

l

EI=

+

= +

++

+

+

1 1

21

2

3

1 1

21

2

3 3 311

1

1( ). .

( ). .

( ) ( ) (6.6)

• Calcul de δ kku

+1 (méthode graphique)

δ k kk

kk

kEIl

l

EI+

++

+

+

=

=1

11

1

1

1 1

21

1

3 6

u

( ). .

( ) (6.7)

• Calcul de δ kF

Par définition, voir relation 6.2 (a) :

δ kFsk sF

i

l

i

nsk sF

k

lsk sF

k

lm M

EIdx

m M

EIdx

m M

EIdx

i k k

= +∫∑ ∫ ∫= +

+

( ) ( ) ( )01

0 10

1

= (6.8)

Seules les deux intégrales sur lk et lk+1 subsistent puisque msk est nul en de-

hors de ces travées. Soit :

δ kF kg F

kd FR R= +( ) ( ) (6.9)

- Rkg F( )= rotation de la section k (au-dessus de l'appui k) du système statique

de base sous l'effet des charges extérieures agissant sur la travée lk.

- Rkd F( )= rotation de la section k du système statique de base sous l'effet des

charges appliquées sur la travée lk+1.


• Calcul pratique de δ kF

1ère méthode

Considérons les travées lk et lk+1 (du système isostatique de base) adjacentes

à l'appui considéré k. Les deux travées constituent deux poutres simplement

appuyées comme on l’a vu.

Le diagramme des moments fléchissants de chaque poutre sous les charges

extérieures peut être aisément obtenu. Selon la méthode de la poutre conjuguée,

utilisée pour le calcul des déplacements des systèmes isostatiques (voir chapitre

2), si on charge (fictivement) les poutres par leurs diagrammes des moments

respectifs divisés par la rigidité flexionnelle (qf=MsF/EI), alors Rkg F( )

et

Rkd F( ) constituent la réaction en k de la poutre de gauche et la réaction en k de la

poutre de droite, respectivement (Figure 6.10).

2ème méthode

Sachant que le moment msk vaut “ x/lk ” sur la travée lk et “ 1-x/lk+1 ” sur la

travée lk+1, l’équation (6.8) devient :

δ kFsF

k k

lsF

k k

l

k

sF

k

l

k

k sF

k

l

M x

l EIdx

M

EI

x

ldx

l

xM

EIdx

l

l x M

EIdx

k k

k k

= + −

= +−

∫ ∫

∫ ∫

+ +

+

+

+

+

+

( ) ( )( )

( )

( )

( )

0 1 10

0 1

1

10

1

1 1

1

1

La première intégrale représente le moment statique du diagramme

“ MsF/(EI)k ” sur la travée lk par rapport à l’appui “ k-1 ” alors que la deuxième

donne le moment statique du diagramme “ MsF/(EI)k+1 ” sur la travée lk+1 par

rapport à l’appui k+1. L’équation précédente peut s’écrire :

δ kFk

k

k

k

S

l

S

l= +

+

+

1

1

(6.10)

où Sk et S k+1 sont les moments statiques définis plus haut.

Dans le cas où la rigidité flexionnelle est constante sur chaque travée,

l’expression précédente prend la forme :

Rk

g F( )

lk

lk+1

k-1 k k+1

MsF/EI

Rk

d F( )

a) Diagramme MsF

b) Poutres conjuguées

Figure 6.10


δ kFk k

k kk k

k kl EIz

l EIz= +

+ ++ +

1 1

1 11 1( ) ( )

Ω Ω (6.11)

- Ωk est l’aire du diagramme MsF sur la travée lk.

- Ωk+1 est l’aire du diagramme MsF sur la travée lk+1.

- zk distance de l’appui “ k-1 ” au centre de gravité de Ωk.

- zk+1

distance de l’appui “ k+1 ” au centre de gravité de Ωk+1.

• Calcul de ck

Le manque de concordance d’un appui est représenté par le déplacement li-

néaire ou angulaire qu’il subit depuis sa position concordante jusqu’à sa position

réelle. Dans le cas présent, les manques de concordance à introduire sont des

déplacements angulaires et la position concordante correspond à la position hori-

zontale.

Les manques de concordance proviennent des dénivellations ∆ que peuvent

subir les appuis (Figure 6.11). Comme nous travaillons dans le cadre des petits

déplacements, les dénivellations sont suffisamment petites et de ce fait les angles

de discontinuité (Figure 6.11c) peuvent être confondus avec leurs tangentes.

Le manque de concordance est donné par :

ck = α + β = tgα + tgβ = (∆k- ∆k-1)/lk + (∆k- ∆k+1)/lk+1

= (∆k- ∆k-1)/lk - (∆k+1- ∆k)/lk+1 (6.12)

Les dénivellations sont comptées positivement vers le bas.

En introduisant dans l'équation des trois moments (6.4) les valeurs trouvées

des différents coefficients on obtient :

lk

lk+1

k

k+1 k-1

∆k-1 ∆k

∆k+1

(b)

(a)

β

α

(c)

(a) Position concordante.

(b) Position réelle.

Figure 6.11


Mm m

EIdx M

m

EIdx

m

EIdx

Mm m

EIdx

l l

m M

EIdx

m M

EIdx

ksk sk

k

l

ksk

k

lsk

k

l

ksk sk

k

l

k k

k

k k

k

sk sF

k

lsk sF

k

l

k k k

k

k k

−−

+

++

+

− +

+ +

∫ ∫ ∫

∫

∫ ∫

+ +

+

+ =

=−

−−

− −

+

+

+

11

0

2

0

2

10

11

10

1 1

1 0 10

1

1

1

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

∆ ∆ ∆ ∆

(6.13)

ou encore :

M

l

x l x

EIdx M

l

x

EIdx

l

l x

EIdx

M

l

x l x

EIdx

l l

l

xM

EIdx

l

l x M

EIdx

k

k

k

k

l

k

k k

l

k

k

k

l

k

k

k

k

lk k

k

k k

k

k

sF

k

l

k

k sF

k

l

k k k

k

k k

−

+

+

+

+

+

+

+

− +

+

+

+

+

−+ +

−

+

+−

=−

−−

− −−

∫ ∫ ∫

∫

∫ ∫

+

+

+

12

02

2

01

21

2

10

1

12

1

10

1 1

1

0 1

1

10

1 1

1 1

1

1

1

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

∆ ∆ ∆ ∆ (6.13)’

Ces expressions sont valables dans le cas général.

Cas particuliers

1) Chaque travée a sa rigidité flexionnelle constante.

Ml

EIM

l

EI

l

EIM

l

EI

l l l EIM xdx

l EIM l x dx

kk

kk

k

k

k

kk

k

k

k k

k

k k

k k ksF

l

k ksF k

l

k

k

−+

++

+

+

− +

+

+ ++

+ +

+ =

−−

−

−

− −

∫

∫+

11

11

1

1

1 1

1 0

1 11

0

2

66

6 1

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )( )

=

∆ ∆ ∆ ∆ (6.14)

2) Rigidité flexionnelle constante sur toute la poutre.

M l M l l M l

EIl l l

M xdx

lM l x dx

k k k k k k k

k k

k

k k

k ksF

l

ksF k

l

k

k

− + + +

− +

+

++

+ + + =

−−

−

−

− −

∫

∫+

1 1 1 1

1 1

1 0

11

0

2

66

6 1

( )

( )

=

∆ ∆ ∆ ∆ (6.15)

3) Le système est concordant et EI est constante sur toute la poutre.

M l M l l M l

lM xdx

lM l x dx

k k k k k k k

ksF

l

ksF k

lk k

− + + +

++

+ + + =

− − −∫ ∫+

1 1 1 1

0 11

0

2

6 6 1

( )

( ) = (6.16)


On peut remplacer le second membre par la réaction fictive agissant en k :

R R RkF

kg F

kd F= +( ) ( ) . Cette réaction est positive si elle est dirigée de bas en haut.

On écrit l'équation des trois moments pour chaque appui intermédiaire.

6.3.3 Points particuliers

1) Présence d'un encastrement : on remplace l'encastrement par une poutre

adjacente dont on fera tendre la longueur vers zéro en appliquant la formule des

trois moments.

2) Présence d'un porte-à-faux (console) : la console sera remplacée par ses

effets, pour l'application de la formule des trois moments.

3) Couple concentré en un appui intermédiaire : on peut soit le diviser entre

les deux travées adjacentes, soit le reporter sur l'une des deux.

6.3.4 Calcul des éléments de réduction

1) Réaction de l’appui k

- Action des moments aux appuis seuls (Figure 6.12).

RM M

lk Mg k k

k( ) =

−−1 ;

RM M

lk Md k k

k( ) =

−+

+

1

1

- Action des forces extérieures :

R R Rk F k Fg

k Fd

( ) ( ) ( )= +

d'où :

R RM M

l

M M

lk k F

k k

k

k k

k

= +−

+−− +

+( )

1 1

1

(6.17)

2) Moment fléchissant

Le diagramme final est obtenu par superposition des diagrammes (des travées

isostatiques) des charges extérieures et des moments appliqués aux appuis. Cher-

chons l’expression du moment fléchissant dans la section courante de la travée lk

(d’abscisse x par rapport à l’appui k-1).

Chaque travée lk du système de base se comporte comme une poutre bi-

articulée sollicitée, en plus des charges extérieures, par deux couples Mk-1 et Mk

appliqués à ses appuis. Si on désigne par Ms F( ) le moment produit dans la sec-

tion courante de lk par les charges extérieures qui lui sont appliquées, alors

l’expression générale du moment fléchissant s’écrit :

( )M M M M Mx

ls s F k k k

k

= + + −− −( ) 1 1 (6.18)

Rk M

d

( ) R

k M

g

( )

lk

lk+1

Mk-1

Mk

Mk+1

k k-1

k+1

Figure 6.12


3) Effort tranchant

L’expression de l'effort tranchant dans la section courante d’abscisse x

s’obtient en dérivant par rapport à x l'expression du moment. Désignons par

Ts F( ) l’effort tranchant dû aux charges extérieures ; il vient :

T TM M

ls s F

k k

k

= +− −

( )1 (6.19)


Considérons une poutre à

trois travées égales et à inertie

constante soumise à une charge

uniforme q (Figure 6.13a).

La poutre est deux fois hy-

perstatique mais compte tenu de

la symétrie, il n’y a qu’une seule

inconnue. On écrit une fois

l’équation des trois moments,

pour k=1.

M0 = M3 = 0

et M1 = M2 = M

Equation des trois moments

(appui 1) :

( )

( )( )

M l M l l M l

EI R R

Ml EI R

R

Ml EI R

g F d F

g F

g F d F

g F

0 0 1 1 2 2 2

1 1

1

1 1

1

2

6

5 6 2

5 12

+ + + =

− +

= −

=

= −

=

;

R

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

REI

qll

ql

EI

g F1

2 31

2

2

3 8 24

( ) =

=

⇒ = − Mql2

10, M est dirigé

dans le sens opposé du sens

choisi arbitrairement.

Les figures 6.13g et 6.13h

montrent les diagrammes de M

et de T.

(a)

0

1

2

3

l1=l

l2=l

l3=l

(b)

M1

M2

(c) ms1

M1=1

(d) ms2

M2=1

(e) Ms(F)

ql2/8

(f) Ms(M)

ql2/10

(g) Ms

ql2/10

ql2/40

2ql2/25

(h) Ts

0.4ql

0.5ql

0.6ql

Figure 6.13

q

1

1


B- POUTRES EN TREILLIS ARTICULES

6.5 SYSTEMES ISOSTATIQUES PLANS EN TREILLIS ARTICULES

6.5.1 Définitions

a) Système en treillis articulé

On appelle système en treillis articulé (système réticulé ou plus brièvement treil-

lis) un ensemble de pièces droites ou courbes, appelées barres, liées les unes aux

autres (en leurs extrémités) par des articulations. Les points d'assemblage des

barres sont appelés nœuds.

b) Système plan en treillis articulé

Lorsque les axes des barres et les charges appliquées sont situés dans un

même plan, on parle alors de système plan.

c) Système chargé indirectement

On dit qu'un système en treillis est chargé indirectement, si toutes les forces

extérieures sont appliquées exclusivement aux nœuds.

Si les charges sont appliquées en des points quelconques et notamment en des

endroits des barres autres que les nœuds, on parle alors de système chargé direc-

tement.

d) Système isostatique

Si les équations de la statique suffisent à elles seules à la détermination com-

plète du système, c'est-à-dire qu'elles permettent de calculer les réactions et les

efforts en tout point du système, le système considéré est dit isostatique. Dans le

cas contraire, le système et dit hyperstatique.

6.5.2 Treillis chargés indirectement

Seuls les treillis isostatiques plans, chargés indirectement, seront envisagés

dans ce chapitre.

a) Théorème :

Lorsqu'un système plan en treillis articulé, constitué de barres droites, est

chargé indirectement, chaque barre du système n'est soumise qu'à un effort nor-

mal constant.

Figure 6.14 : Poutre isostatique

Membrure supérieure

Membrure inférieure

Diagonale Montant


Considérons une barre du treillis. Le système étant en équilibre, chaque barre

le constituant l'est aussi. La barre étant articulée, ses extrémités ne sont le siège

d'aucun moment. Les seules sollicitations qu'elle supporte sont les systèmes de

forces concentrées aux extrémités.

Chaque système de forces admet

une résultante. Les résultantes (R1 et

R2) doivent obligatoirement être éga-

les et opposées pour que l'équilibre

puisse se réaliser. En définitive, la

barre n'est soumise qu'à un effort

normal constant pouvant être une

traction ou une compression.

b) Condition d'isostaticité

Les barres n'étant soumises qu'à

des efforts normaux, en chaque nœud

du treillis il y a un système de forces

en équilibre. L'équilibre d'un système

agissant sur une particule, un nœud

par exemple, est vérifié si la résul-

tante est nulle ou si les projections

suivant 2 directions perpendiculaires

(x et y par exemple), sont nulles (ΣFx = 0, ΣFy = 0).

Si n désigne le nombre de nœuds

(les appuis sont aussi des nœuds, n =

10 pour le système de la figure 6.14),

le nombre d'équations d’équilibre de la statique qu'on peut écrire est égal à 2n.

Soient b le nombre de barres et l le nombre de liaisons dans les appuis. La

condition d'isostaticité s'écrit :

2n = b+l (6.20)

Il faut cependant préciser que la condition (6.20) peut s'avérer insuffisante à

prouver l'isostaticité d'un treillis ; le système doit en outre être géométriquement

invariable.

Une règle simple dite règle

de la maille triangulaire per-

met de vérifier si le système est

isostatique et stable. Cette règle

s'énonce comme suit : si, par-

tant d'une maille triangulaire,

on arrive à reconstituer le sys-

tème en ajoutant 2 barres à la

fois, alors le système est isostatique stable.

R1

R2

Figure 6.15 : Barre d'un treillis chargé indirectement

F1

F1

Fi

Fn

y

x

Figure 6.16 : Nœud d'un treillis chargé indirectement

Figure 6.17 : Système vérifiant la condition 6.20 mais instable


6.5.3 Méthodes de calcul

On peut diviser les méthodes de calcul des systèmes en treillis articulés isos-

tatiques en deux catégories : les méthodes analytiques et les méthodes graphi-

ques. La méthode graphique la plus répandue est celle de Cremona (tracé de

Cremona). Elle consiste à construire le polygone des forces en chaque nœud. Les

méthodes analytiques les plus usuelles sont la méthode des nœuds et la méthode

des sections. Les trois méthodes citées seront présentées.

Il faut souligner que, indépendamment de la méthode utilisée, on doit tou-

jours commencer par le calcul des réactions.

a) Méthode des nœuds

Principe : La méthode consiste à isoler le nœud considéré par des coupures libérant les efforts dans les barres et à projeter toutes les forces, efforts normaux

et forces extérieures, agissant sur le nœud suivant deux axes perpendiculaires.

On doit obligatoirement entamer les calculs par un nœud auquel n'aboutissent

que deux barres (2 inconnues, 2 équations). Puis on passe à un nœud qui ne pré-

sente pas plus de deux inconnues.


• Nœud A

Le choix du sens des efforts dans les barres est arbi-

traire. Le sens choisi correspond à la traction ; le calcul

montrera pour chaque barre la nature exacte de l'effort

qu'elle porte.

ΣFx = 0 ⇒ N2 = 0

ΣFy = 0 ⇒N1 = -P (le signe "-" indique que la

barre 1 est soumise à une compression).

Figure 6.18 : Poutre isostatique

P/2 P/2 P

F E C

A D G

B

y

x α

l l l l

4 8

9 7 5 6

3

2 1 h

N1

N2 A

RA=P


• Nœud C

ΣFx = 0 ⇒ N3 cosα + N4 = 0

ΣFy = 0 ⇒ P - N3 sinα = 0

d'où :

NP

3 =sinα

(traction)

et NP

tg4 = −

α(compression)

• Nœud D

Σ

Σ

F N N

P

tg

F N N

P (compres

x

y

= ⇒ = =

=

= ⇒ = − =

= −

0

0

6 3

5 3

cos

sin

α

α

α

(traction)

sion)

• Nœud E

Σ

Σ

FP

tgN N

F NP

NP

tg

x

y

= ⇔ + + =

= ⇒ =

⇒ = −

0 0

02

3

2

8 7

7

8

αα

α

α

cos

sin (traction)

(compression)

• Nœud F

Σ

Σ

F NP

tg

F N P (compres

x

y

= ⇒ = −

= ⇒ = −

03

2

0

8

9

'α (compression)

sion)

N4

N3

N1=P

α

N6

N5

D

N2=0 α

N3=P/sinα

N8

N7

E

N5=P

P/2

α

N4=P/tgα

N9

P

N8=(3/2)P/tgα N8'

F


La figure 6.19 ci-après montre la nature de l'effort dans les barres étudiées.

Convention :

- Flèches vers les nœuds = compression

- Flèches vers le centre = traction

- 0 = effort nul

b) Méthode des sections (ou de Ritter)

Principe : La méthode consiste à pratiquer dans le système une coupe ne rencontrant pas plus de 3 barres (sauf dans des cas précis) non concourantes, de

façon à séparer le treillis en deux parties. Pour trouver l'effort dans une des

barres, on écrit l'équation d'équilibre de rotation de l'une des deux parties par

rapport au point d'intersection des autres barres (Figure 6.20).

ΣM/A = 0 ⇒ N5 = …

ΣM/B = 0 ⇒ N4 = …

ΣM/C = 0 ⇒ N6 = …

(partie de droite)

NB : Le point d'in-

tersection des barres par

rapport auquel on calcule les moments n'est pas nécessairement un nœud du

système (d'où l'intérêt à travailler graphiquement).

Cas particuliers

1) Deux barres coupées sont parallèles (point d'intersection rejeté à l'infini)

(Figure 6.21)

L'effort NKH est obtenu à partir de l'équation ΣM/J = 0 et l'effort NLJ dans la

barre LJ s'obtient à partir de : ΣM/K = 0. Pour calculer NKJ, on utilise une équa-

tion d'équilibre de translation, ΣFy = 0 par exemple ; ou bien une équation

d'équilibre de rotation par rapport à un appui, ΣM/A = 0 par exemple.

Figure 6.21 : Poutre en N

K H

J L

A

A

B

C

6

4

5

Figure 6.20

P

P/2 P/2 P

P

Figure 6.19 : Représentation de la nature des efforts


2) Plus de trois barres coupées : la méthode de Ritter peur être appliquée à

condition que les barres coupées soient toutes convergentes sauf une.

La coupe a-a (Figure 6.22) présente trois barres concourantes 4-5, 5-6 et 6-9

en 6 et l'équation ΣM/6=0 donne l'effort N47. L'effort N47 connu, on fait la coupe

I-I et il n'y a plus que trois efforts inconnus.

Intérêt de la méthode des sections : elle permet de calculer directement l'ef-

fort de n'importe quelle barre et constitue de ce fait un excellent moyen de vérifi-

cation des résultats obtenus par les autres méthodes.


Réactions : R R tA B= = =8

24 t

ΣM/i = 0 ⇔ 2RA – N4 = 0 ⇒ N4 = 8 t (traction)

ΣM/A = 0 ⇔ 2x3t + ZN5 = 0,

avec : Z m=4

5

⇒ N t5

3

25= −

ΣM/j = 0 ⇔ Z'N6 – 2x3t + 4RB = 0

⇒ Z'N6 = -10 tm

3t

N4

RA=4t

i

2m

N5

Figure 6.23

2t

3t 3t

Z'

Z 2

3

1 4

5

6

7

α A B

2m 2m 2m 2m

1m

1m

RA RB

i

c j

α

5

3

2

1

6

4

8

7

9 (a)

(a)

I

I

Figure 6.22 : Poutre en K


sin'

α = =1

5 4

Z , d'où : Z' = 4 5 m

et : N 5.59 t6 = −

Pour calculer les efforts dans les barres 1, 2 et 3 on écrit les équations d'équi-

libre de translation en A et C. On peut également appliquer la méthode de Ritter.

Remarque : Dans la pratique, les bras de leviers peuvent être mesurés graphi-

quement ce qui présente l'avantage de faciliter le travail.

c) Méthode de Cremona (tracé de Cremona)

Principe : La méthode consiste à tracer le polygone d'équilibre des forces appliquées à chaque nœud. Tous les nœuds étant en équilibre, les polygones sont

nécessairement fermés.

Pour pouvoir appliquer la méthode, il est nécessaire que le système possède au

moins un nœud auquel n'aboutissent que deux barres.

Les étapes de la méthode :

1) On représente le système dans une échelle des longueurs.

2) On calcule les réactions puis on numérote :

a) Les intervalles entre les forces extérieures en tournant dans un sens, le

sens horlogique par exemple.

b) Les intervalles du réseau (domaines intérieurs délimités par les barres).

Ainsi, chaque barre se trouve caractérisée par deux chiffres désignant les

intervalles (domaines) adjacents.

3) On construit le polygone des forces extérieures, dans une échelle des for-

ces choisie ; ce polygone est fermé puisque les forces extérieures sont équilibrées

par les réactions (équilibre global). On précise le sens des forces par des flèches.

4) On trace ensuite le polygone des forces agissant sur chaque nœud (forces

extérieures et efforts dans les barres) en commençant par un nœud auquel abou-

tissent seulement deux barres puis on passe à un nœud n'ayant que deux efforts

inconnus.

N.B. : Les directions des efforts sont connues (orientations des barres) et leurs

sens et intensité sont obtenus en fermant chaque polygone.

Nature des efforts



Soit à calculer les efforts dans les barres de la poutre représentée à la figure

6.24 déjà calculée par la méthode de Ritter.

La résolution du problème se fait selon les étapes ci-après.

0- On représente la structure dans une échelle des longueurs (Figure 6.24).

1- Numérotation des domaines extérieurs (délimités par les forces appli-

quées et les réactions) : 1, 2, 3, 4 et 5 (sens horlogique, Figure 6.24).

2- Numérotation des domaines intérieurs (mailles) : 6, 7, 8, 9, 10, 11 (de

gauche à droite). On pouvait choisir des lettres à la place des chiffres

(Figure 6.24).

On peut maintenant numéroter chaque effort (extérieur ou interne), avant de

passer à l'étape suivante. Chaque effort est caractérisé par les deux chiffres des

domaines qui sont adjacents à sa direction. Les efforts internes agissant sur les

nœuds sont numérotés en tournant dans le sens horlogique (Figure 6.25).

3- On trace le polygone des forces extérieures (forces appliquées et réac-

tions). Ce polygone est représenté par le segment vertical : 1-2-3-4-5-1

(Figure 6.26).

F23=2t

F34=3t F12=3t

A

D

C

F N65

F51=4t

N16

N61 N87

N56 N75

F45=4t

N67

N76

N28 N98

N82 E N39

Figure 6.25

B

2t

3t 3t

A

l l l l

D

C G

RA=4t RB=4t

6 7

8

2

1

3

4

9

10 11

F

l

E

5

Figure 6.24


4- Construction des polygones des forces agissant sur chaque nœud.

a) Nœud A : Les efforts intervenant sont : N16, N65 et F51. Cette dernière

force étant connue et représentée sur le polygone des forces extérieures.

Notons que seul le point 6 est indéterminé.

A partir du point 1 on trace une parallèle à la barre AC (N16) et à partir de 5

on mène une parallèle à AD (N65). L'intersection des deux parallèles détermine le

point 6 cherché. Pour connaître le sens des efforts N16 et N65, on ferme le poly-

gone en partant de l'effort connu, F51 (schémas ci-dessous).

Les flèches obtenues en fermant le polygone (des efforts agissant sur le nœud

A) indiquent la nature de chaque effort.

b) On passe ensuite au nœud D où seuls les efforts dans les barres DF et

DC sont inconnus.

Efforts intervenant : N56 (connu puisque N65 est connu), N67 et N75. Dans ce

cas également, seul le point 7 est indéterminé.

A partir de 6 on mène une parallèle à DC (N67) et à partir de 5 on trace une

parallèle à DF (horizontale) (N75). L'intersection des deux parallèles se fait au

point 6, donc le point 7 est confondu avec 6. Le polygone des forces en D (N56,

N67 et N75) se limite au segment 5-7 ; donc l'effort N67 = 0 (voir schémas ci-

dessous).

(3)

(6)

(2)

(4)

(4) (5)

6

7

8

3

4

2

1

5

Figure 6.26

5

1

6

A

N16

N65

F51

(compresion)

(traction)


c) Point C : Efforts intervenant : N61, F12, N28, N87 et N76 (N67 = N76 = 0).

Seul le point 8 reste à trouver.

A partir du point 2 on trace une parallèle à CE (N28) ; puis à partir de 7 on

mène une parallèle à CF (N87). L'intersection des deux parallèles détermine la

position du point 8. On ferme ensuite le polygone pour déterminer le sens des

efforts inconnus (N87 et N28) (N61→F12→N28→N87 et N76) (schémas ci-après).

Remarques :

1) Utilisation combinée du tracé de Cremona et de la méthode de Ritter

Lors d'un tracé de Cremona, on ne peut pas franchir les nœuds auxquels aboutis-

sent plus de deux barres dont les efforts sont inconnus. La méthode de Ritter

permet de franchir ces nœuds. Il suffit d'effectuer une ou plusieurs coupes don-

nant les valeurs des efforts dans les barres "surabondantes". Ce cas se présente

fréquemment dans les fermes dites "Polonceau" (Figure 6.27).

D

6

7

5 N56

N76

N56 (traction)

N75 (traction)

1

2

8

7

6

C

F12

N28

N87

N76

N61


Ayant amorcé le Cremona en 1, en arrivant en 4 on se trouve en présence de

3 efforts inconnus (N45, N46 et N44'). La coupe a-a' permet de calculer directement

l'effort N44' (ΣM/8=0) ; après quoi on poursuit normalement le tracé de Cremona.

2) Barres ne travaillant pas (N=0)

Dans l'exemple ci-contre, cinq

barres ne travaillent pas (N=0) ;

néanmoins, elles sont nécessaires

car elle contribuent à :

- assurer l'indéformabilité et

l'isostaticité du système ;

- réduire les longueurs de

flambement ;

- faciliter les dispositions

constructives.

a

a

6

5

2

3 4

1 4'

Figure 6.27 : Ferme type Polonceau

8

7

P

Figure 6.28 : Poutre avec plusieurs barres non sollicitées


6.4 EXERCICES

Calculer les moments aux appuis et les réactions et tracer les diagrammes du

moment fléchissant et de l'effort tranchant des poutres continues ci-dessous.

Exercice 6.1

Exercice 6.2

Exercice 6.3

Exercice 6.4

(0)

2I

I

3I

(1)

(2)

P=12t

q=4.5t/m

q=2t/m

12m

4m

4m

4m

(3)

EI=Cte

8m

6m

(1)

(2)

(3)

(4)

4m

2m

P=5t

3m

3m

5m

P=2t

q=1t/m

C=4tm

(2)

(3)

(1)

EI=Cte

2m

EI=Cte

q=1t/m

q=1t/m

C=3tm

(0)

(1)

(2)

3m

3m

2m

2m


Exercice 6.5

Exercice 6.6

Exercice 6.7

Exercice 6.8

La section de la poutre, de forme rectangulaire (bxh), varie d'un tronçon à l'autre

comme suit : SAB=20x55 cm2, SBC=25x60 cm

2, SCD=25x50 cm2, SDE=25x40 cm

2.

P=2t

(2)

1m

3m

2m

(1)

(0)

C=4tm

q=6t/m

EI=Cte

EI=Cte

l

P=ql/2

(1)

(2)

(3)

q

l/2

l/2

EI=Cte

1

l/2

l/2

(1)

P=ql

(4)

(3)

q

q

(2)

l

A

C

D

E

1.5t/m

1.5t/m

F2=4.8t

2.8t/m

F1=2.375t

2.8t/m

2m

1m

1m

5m

7m

3m

B


Exercie 6.9

Exercie 6.10

Exercice 6.11

Exercice 6.12

Soit la poutre représentée ci-dessus dont la rigidité fléxionnelle est constante

et vaut 1200 tm2.

1) Quelle valeur faut-il donner à x1 pour que les moments en A et B soient

égaux.

2) Prenons x1=4 m. On demande de :

2.1) tracer les diagrammes de M et de T,

2.2) calculer la rotation de la section B,

2.3) calculer la flèche de l'extrémité libre de la poutre.

3) La même poutre est libre de toute charge mais son appui B subit un

affaissement de 20 mm. Calculer le moment qui apparaît dans l'encastrement.

EI=Cte

(1)

(3)

(4)

q

(2)

l

l

l

a

EI=Cte

(0)

(1)

(2)

(3)

4.5m

4.5m

6m

12m

q=3t/m

q=4t/m

P=10t

15m

x1

(A)

(B)

P=0.5t

q=0.2t/m

EI=Cte

3m

3m

(1)

(3)

(2) 4m

2m

5t/m

F1=5t

F2=10t

2t/m


Réponses :

Exercice 6.1 : M1=-1.6 tm, M2=-1.3 tm, M3=-4.0 tm,

R1=1.049 t, R2=2.912 t, R3=3.039 t.

Exercice 6.2 : M0=-2.0 tm, M1g=-0.5 tm, M1

d=-2.5 tm, M2=-2.0 tm,

R0=2.5 t, R1=-2t, R2=3.5t.

Exercice 6.3 : M1=0.27 tm, M2=-0.54 tm, M3=2.16 tm,

R1=-0.10 t, R2=0.55 t, R3=-3.49 t, R4=8.04 t.


R0=9.9 t, R1=22.6 t, R2=12.3 t, R3=9.2 t.

Exercice 6.5 : M0=-2.0 tm, M1g=1.3 tm, M1

d=-2.7 tm, M2=-1.7 tm,

R0=3.11 t, R1=5.39 t, R2=5.50 t.

Exercice 6.6 : M1=-17ql2/192, M2=-14ql

2/192, M3=-11ql2/192,

R1=99ql/192, R2=93ql/192, R3=45ql/192.

Exercice 6.7 : M1=117ql2/72, M2=-4ql

2/72,

R1=-51ql/72, R2=15ql/72.

Exercice 6.8 : MB=-11.5 tm, MC=-10.9 tm, MD=-1.4 tm,

RB=16.761 t, RC=19.327 t, RD=8.737 t.


R1=10.51 t, R2=15.54 t, R3=20.95 t.

Exercice 6.10 : M1=qa2/52, M2=-2qa

2/52, R3=7qa2/52, R4=-28qa/52.

R1=-3qa/52, R2=12qa/52, R3=-42qa/52, R4=85qa/52.

Exercice 6.11: M0=0, M1=548.4 kgm, M2=-443.0 kgm, M4=98.4 kgm,

R0=4.00 t, R1=11.10 t, R2=34.95 t , R3=25.95 t.

Exercice 6.12 : x1=3 m, MA=-1125 kgm, MTmax=729 kgm (x=4.42 m),

MB=3600 kgm, RA=884.1 kg, RB=2 615.9 kg,

γB=0.003726 rd, f=2.96 cm, Menc=578 kgm.

Signes : Les poutres considérées étant toutes horizontales, un moment positif

signifie que les fibres inférieures sont tendues, et inversement. Une réaction

verticale positive est orientée vers le haut. Pour les déplacements, une rotation

est positive si la section tourne dans le sens horlogique alors qu'une flèche est

positive quand le déplacement se fait vers le bas.

6.5.4 Exercices

Exercice 6.13 : Poutre en K.


Déterminer les efforts dans les barres suivantes: 5-6 ; 5-9 ; 6-9 ; 9-13 ; 12-13.

Rép. : N56=-5.44 t, N59=-0.19 t, N69=0.26 t, N913=-0.26 t, N1213=5.44 t.

Exercice 6.14

Calculer les efforts dans les barres.

Rép. : N1=N12=-1.5 t, N2=N3=-N11=-2.5 t, N4=-N8=2.7 t, N5=-0.75 t, N6=1.25 t,

N7=N10=N13=0, N9=-0.5 t.

Exercice 6.15

Calculer les efforts dans les barres à l'aide du tracé de Cremona.

a a a a a a=2m a a

a

a

1

2 3 4 5 6

7 8 9

10 11 12 13 12'

9'

5' 4'

8'

11'

F1=6t F2=3t

13

3m

3m

11 12 10

9

4 5

1

6 7 8

3 2

2m 4m 2m

2t

2t


Rép. :

On trace :

→

→⇒

→

→⇒

(traction) N53

(traction) N45 sens),5(

3 de partir à (53) CE à Parallèle 4)

4 de partir à (45) CD à Parallèle )3

(traction) N43

n)(compresio N14 sens),4(

3 de partir à (43) AC à Parallèle )2

1 de partir à (14) AD à Parallèle )1

53

45

43

14

(1) (2)

(3)

(4) 5 "14"

2

3

1

4

6m 4m

4m 4m 4m

P=20t F12

N41

N26

N65 N54

N53 N45

N34 C E

B A

1 2

6 5

4

3

D

N14

N43

6m 4m

P=20t F12

N41

N26

N65 N54

N53 N45

N34 C E A

1 2

6 5

4

3

D

N14

N


Exercice 6.16

Déterminer les efforts dans les barres numérotées de 1 à 3.

Rép. : N1=3.86P, N2=2.45P, N3=-4.46P.

P

a

a

1 2

3

a

30°


Exercice 6.17

Déterminer les efforts dans les montants 1, 2 et 3 ainsi que l'expression géné-

rale donnant l'effort Nm dans le montant courant m.

Rép. : N1=0, N2=-P/2, N3=-P, Nm=-P(m-1)/2.

a a a a a a a

m 3 2

α 1

P P P P P P P


6.6 SYSTÈMES HYPERSTATIQUES EN TREILLIS ARTICULES

Nous allons maintenant appliquer la méthode générale des forces au calcul

des systèmes hyperstatiques en treillis articulés.

Nous avons vu que le degré d'yperstaticité est égal à :

H b l n= + − 2

b = nombre de barres

l = nombre de liaisons

n = nombre de nœuds

L'hyperstaticité peut être interne, s'il y a des barres surabondantes (on parlera

dans ce cas d'inconnues hyperstatiques intérieures) ; externe, s'il y a des liaisons

surabondantes aux appuis (inconnues hyperstatiques extérieures). Souvent les

systèmes hyperstatiques comportent des inconnues hyperstatiques des deux ty-

pes.

Pour calculer un système hyperstatique de degré H, il faut effectuer un nom-

bre équivalent (H) de coupures judicieusement choisies, soit en enlevant certains

appuis, soit en sectionnant des barres sans les supprimer, soit en combinant les

deux (suppression d'appuis + sectionnement de quelques barres), de façon à

obtenir un système isostatique de base géométriquement stable.

6.6.1 Poutre continue en treillis articulé

Les seules inconnues hyperstatiques de la poutre représentée ci-dessus pro-

viennent des appuis simples surabondants.

En appliquant la méthode des forces on commence par choisir un système

fondamental par suppression des liaisons surabondantes.

Un premier système fondamental est obtenu par suppression des deux appuis

intermédiaires ; on obtient ainsi une poutre isostatique et les deux réactions sup-

primées seront déterminées par application de la méthode des forces.

Nous pouvons également transformer la poutre en un ensemble de trois pou-

tres isostatiques en sectionnant les barres r et s. Il faut noter que les barres r et s

sont coupées et non supprimées. Les efforts normaux dans les barres r et s cons-

tituent les inconnues hyperstatiques.

Les équations de continuité s'écrivent de façon unique quelque soit le sys-

tème fondamental choisi.

A

r s

B

Figure 6.29


Ainsi dans l'exemple cité, les équations de continuité s'écrivent :

δ δ δ

δ δ δ

11 1 12 2 1

21 1 22 2 2

0

0

u X X

X X

uF

u uF

+ + =

+ + =

Les coefficients δ iju et δ iF se calculent par les formules vues précédemment

c'est-à-dire :

δ iju ki kj

klk

b n n

EAdx

k

= ∫∑=

( )1

δ iFkF ki

klk

bN n

EAdx

k

= ∫∑=

( )1

Si EA est constante pour chaque barre, il vient :

δ iju ki kj

kk

k

b n n

EAl=

=

∑ ( )1

δ iFkF ki

kk

k

bN n

EAl=

=

∑ ( )1

où :

b = nombre de barres

lk = longueur de la barre k

6.6.2 Poutre en treillis avec montants et diagonales croisées

Chacun des n panneaux du système comporte une diagonale surabondante.

Le système fondamental (isostatique) s'obtient en effectuant des coupures dans

les n diagonales surabondantes.

Les efforts N1(X1), …, Nk-1, Nk, Nk+1, …, Nn dans les diagonales sectionnées

s'obtiennent à partir des équations générales. Le système d'équations s'écrit :

δ δ δ δ δ δ δ

δ δ δ

11 1 12 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 2 2 1

0u uku

k ku

k ku

k nn

n F

ku

ku

kku

N N N N N N

N N N

+ + + + + + + + =

+ + +

− − + +

−

... ...

..... ..... .... ..... ..... .... ..... ..... .... ..... ..... .... ..... ..... ..... .... ..... ..... .... ..... ..

.. . k kku

k kku

k knu

n kF

nu

nu

nku

k nku

k nku

k nnu

N N N

N N N N N

− + +

− − + +

+ + + + + =

+ + + + + + +

1 1 1

1 1 2 2 1 1 1 1

0δ δ δ δ

δ δ δ δ δ δ

...

..... ..... .... ..... ..... .... ..... ..... .... ..... ..... .... ..... ..... ..... .... ..... ..... .... ..... ..

... .. . Nn nF+ =

δ 0

Intéressons-nous à la kème équation (relative à la diagonale k).

δ δ δ δ δ δ δku

ku

kku

k kku

k kku

k knu

n kFN N N N N N1 1 2 2 1 1 1 1 0+ + + + + + + + =− − + +... ...

Figure 6.30

1 n=H k+1 k k-1

m-1

m

m+1


Le coefficient général δ kiu est donné par :

δ kiu rk ri

rr

r

bn n

EAl=

=

∑.

( )1

nrk = effort dans la barre courante r sous l'action du couple de forces unitaires

appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k.

nri = effort dans la barre courante r sous l'action du couple de forces unitaires

appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale i.

On montre aisément que les forces unitaires appliquées aux lèvres d'une coupure

quelconque n'introduisent des efforts que dans les six barres appartenant au pan-

neau correspondant.

Ainsi le coefficient δ kiu sera nul dès que k diffère de i de plus d'une unité.

L'équation générale de continuité s'écrit donc :

δ δ δ δkku

k kku

k kku

kFN N− − ++ + + =1 1 1 0

Trois efforts normaux apparaissent dans cette équation d'où son nom de for-

mule des trois N.

Les coefficients δ δk ku

kku

, ,−1 et δ kku

+1 sont obtenus à partir des expressions

simples suivantes :

δ kku mk mk

mm

n n

EAl−

−=11.

( ) δ kk

u rk

rr

r

bn

EAl= ≠

=

∑2

1( )

(6 termes 0)

Nk-1=1

1

1

m-1

m

(a)

Nk=1

m+1 1

1 m

(b)

Nk+1=1

m+1 1

1

(c)

Figure 6.31


δ kku m k m k

mm

n n

EAl+

+ + +

++=1

1 1 1

11

.

( )

nmk = effort dans le montant m sous l'action des sollicitations unitaires appli-

quées aux lèvres de la coupure de la diagonale k.

nmk-1 = effort dans le montant m sous l'action des sollicitations unitaires ap-

pliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k-1.

nm+1 k = effort dans le montant m+1 sous l'action des sollicitations unitaires

appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k.

nm-1 k+1 = effort dans le montant m-1 sous l'action des sollicitations unitaires

appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k+1.

Pour δ kku , il y a les six barres des panneaux correspondant qui interviennent.

Effort normal total

N N X nk kF i ki

i

H

= +

=

∑1


(EA) = identique pour

toutes les barres

H = b + l - 2n

= 7 + 4 - 10 = 1

Nous avons deux possibilités de rendre isostatique le système, soit en coupant

la barre 4 soit en enlevant l'appui intermédiaire.

1ère méthode : on supprime l'appui intermédiaire.

a

a/2

a a

P P

1'

2'

3' 3

2

1

4


Equation de continuité :

δ δ11 1 1 0uFX + =

avec :

δ 1112

1

7

12

1

71u k

klk

k k

k

n

EAdx

EAn l

k

= =∫∑ ∑= =

( )

et :

δ 11

1

7

1

1

71

FkF k

kk

kF k k

k

N n

EAdx

EAN n l= =∫∑ ∑

= =( )

. .

Calcul des efforts dans les barres.

a) Efforts NkF

Appliquons la méthode des nœuds.

B

A

Système fondamental (S.F.)

P P

X1

Système équivalent (S.E.)


• Nœud A

Σ

Σ

F N P

F N N

N N P

y F

x F F

F F

= ⇔ + =

⇒

= ⇔ + =

⇒ = − =

0 2 0

0 2 0

2

1

2 1

2 1

/

/

/

N = -P 2

1F

Par symétrie on a : N N NF F F F1 1 2 2= =' ' et N

• Nœud B

ΣF P P N

N

y F

F

= ⇔ − + − =

⇒ =

0 2 2 2 0

0

3

3

( ) / /

ΣF P N

N P

x F

F

= ⇔ − + =

⇒ = −

0 2 2 04

4

( ) /

Par symétrie N3F = N3'F = 0

b) Efforts nki (i=1)

• Nœud A

P

RA=P

P

RA'=P

1

2

3

4

y

x

P

N1F

N2F

45°

P 2 N3F

N4F

P

45° 90°

B

RA'

=1

2

R A =1

2

B

3

2

1

A

X1=1

1/2 n11

n21

45°

A


Σ

Σ

F n

F n

y

x

= ⇒ =

= ⇒ = −

02

2

01

2

11

21

N.B.: n11 = n1'1 et n21 = n2'1 (par symétrie)

• Nœud B

ΣF ny = ⇒ = −0 2 231 /

ΣF n nx = ⇔ + + =

⇒

02

22 2 031 41( / /

n = 1 41

Les résultats obtenus sont résumés dans le tableau ci-après.

Barre k lk (EA)k NkF nki Nkp.nki.lk n2kilk nki.Xi

Nk=NkF+

nkiXi

1 a / 2 EA −P 2 2 2/ −aP 2 2 a 2 4 0.828P -0.586P

2 a " P -1/2 -aP/2 a/4 -0.586P 0.414P

3 a / 2 " 0 - 2 2/ 0 a 2 4 -0.828P -0.828P

4 a " -P 1 aP a 1.172P 0.172P

1' a / 2 " −P 2 2 2/ −aP 2 2 a 2 4

2' a " P -1/2 -aP/2 a/4

3' a / 2 " 0 - 2 2/ 0 a 2 4

∑ − +aP( )2 2

a( )2 2 3

2

+

2

2

n41 45°

90°

n31


Les coefficients δ 11u et δ 1F s'obtiennent par sommation sur les colonnes cor-

respondantes. Les sommes obtenues sont ensuite divisées par EA.

L'équation de continuité s'écrit alors :

1

22 2 3

12 2 01

EA

aX

EAaP(( ) )+ − + =

d'où : X P1

2 2 2

2 2 3=

+

+

( ) X P1 1172= .

L'effort total Nk dans la barre k s'obtient par addition des efforts dus à F (sol-

licitation globale externe) et aux inconnues Xi.

N N n Xk kF ki i

i

= +

=

∑ .

1

Il est pratique d'ajouter les deux dernières colonnes du tableau comme indi-

qué.

2ème méthode : on effectue une coupure dans la barre 4 (Figure 6.32).

L'équation de continuité ne change pas : δ δ11 1 1 0uFX + =

Pour déterminer les coefficients δ δ11 1u

F et il faut calculer les efforts dans les

barres sous l'action de la sollicitation unité X1=1 et des forces P (sollicitation

générale externe).

3 1

S.F.

2

4

3' 1'

2'

(a)

P P

S.E.

X1

(b)

Figure 6.32


a) Efforts NkF (effort dans chaque barre sous l'action des charges extérieures).

- La barre 4 qui est sectionnée n'intervient pas dans ce cas.

- On a deux systèmes isostatiques symétriques.

ΣF N Py F= ⇒ = −0 21 / et par symétrie N1F = N3F

ΣF N Px F= ⇒ =0 22 /

En résumé, on a : N N N N P

N N P

F F F F

F F

1 3 1 3

2 2

2

2

= = = = −

= =

' '

'

/

/

b) Efforts nki

P

P/2 P/2

1 3

2

P/2

N1F

N2F

45°

P P

R=P/2 R=P R=P/2

Figure 6.33


• Nœud A

Σ ΣF n Fx ny = ⇒ = = ⇒ = −0 2 2 0 1 211 21, /

• Nœud B

1/2

n11

n21

45°

P

1/2 1/2

1 3

2 1

1

A A

X1=1 X1=1

1 3

2 1 1

1/2 1/2 1/2 1/2

1'

2'

3'

Figure 6.34

(b)

B B'

X1=1 X1=1

A A' C

RA=1/2 RC=1 RA'=1/2

HA'=0

(a)


ΣFn

n

x = ⇔ − + + =

⇒ = −

02

2

1

21

20

2 2

31

31

( )

/

En utilisant la symétrie on peut résumer les

efforts :

n n n

n n

11 1 1 21 2 1

31 3 1 41

2

2

1

2

2

21

= = = = −

= = − =

' '

'

, n

, n

Barre k lk (EA)k NkF nki NkF.nki.lk n2kilk nki.Xi

Nk=MkF

+nkiXi

1 a / 2 EA −P / 2

2 2/

−aP 2 4

a 2 4 0.121P -0.586P

2 a " P/2 -1/2 -aP/4 a/4 -0.086P 0.414P

3 a / 2 " −P / 2

- 2 2/

aP 2 4/ a 2 4 -0.121P -0.828P

4 a " 0 1 0 a 0.172P 0.172P

1' a / 2 " −P / 2

2 2/ −aP 2 4 a 2 4

2

2

1 45°

90°

n31

B


2' a " P/2 -1/2 -aP/4 a/4

3' a / 2 " −P / 2

- 2 2/ aP 2 4 a 2 4

∑ -aP/2 a( )2 2 3

2

+

δ 11u et δ1F étant connus, on peut calculer X1

XP

12 2 3

=+

, X P1 0 172= .

On peut vérifier que les efforts dans les barres sont exactement ceux trouvés

avec la première méthode.

6.6.6 Exercice

Calculer les efforts dans les barres de la poutre représentée.

Solution

A B

l

l l l

1

2

3

4

5

6

7

8 9

10

P P


Equations canoniques du système :

δ δ δ

δ δ δ

11 1 12 2 1

21 1 22 2 2

0

0

u uF

u uF

X X

X X

+ + =

+ + =

1- Efforts NkF

• Nœud A

Σ

Σ

F N P

F N P

y F

x F

= ⇒ = −

= ⇒ =

0 2

0

1

2

/

S.F.

y

x

S.E.

X2

X1

P P

A

C E

F D

4

6 8

7

3 1

2

1

10

RA=P

P P RB=P

P

N1F

N2F

45° B


• Nœud C

Σ

Σ

F N P

F N P

y F

x F

= ⇒ =

= ⇒ = −

0

0

3

4

• Nœud D

Σ

Σ

F N

F N P

y F

x F

= ⇒ =

= ⇒ =

0 0

0

6

7

• Nœud E

Σ

Σ

F N P

F N P

x F

y F

= ⇒ = −

= ⇒ =

0 2

0

9

8

/

• Nœud F

ΣF N Px F= ⇒ =0 10

N.B.: N5F = 0, car la barre est coupée.

2- Efforts nk1

P 2

N4F

N3F

N7F

N6F P

P

P

45°

N8F

N9F

45°

0

P

P

N10F P

X1=1 A

C E

F D

4

6 8

7

3 1

2

1

10 RAX=1

P P

B


Réactions :

Σ

Σ

F R

M R

x Ax

A By

= ⇒ =

= ⇒ =

0 1

0 0/

et : ΣF Ry Ay= ⇒ =0 0

• Nœud A

Σ

Σ

F n

F n

y

x

= ⇒ =

= ⇒ =

0 0

0 1

11

21

et par symétrie

n91 1010 1= = n;

N.B. : n51 = 0, car la barre 5 est coupée.

• Nœud C

Σ

Σ

F n

F n

x

y

= ⇒ =

= ⇒ =

0 0

0 0

41

31

• Nœud D

Σ

Σ

F n

F n

y

x

= ⇒ =

= ⇒ =

0 0

0 1

61

71

• Nœud F

Σ

Σ

F n

F n

y

x

= ⇒ =

= ⇒ =

0 0

0 1

81

101

n11

45° 1

n21

n41

n31

0

n71

n61

0

1 45°

n81

n101 1


3- Efforts nk2

Réactions :

Σ

Σ

Σ

F R

M R

F R

x Ax

A By

y Ay

= ⇒ =

= ⇒ =

= ⇒ =

0 0

0 0

0 0

/

Seules les barres du panneau central supportent des efforts différents de 0

(déjà montré précédemment).

n n n n12 22 92 102 0= = = =

• Nœud C

Σ

Σ

F n

F n

x

y

= ⇒ = −

= ⇒ = −

0 1 2

0 1 2

42

32

/

/

• Nœud D

Σ

Σ

F n

F n

y

x

= ⇒ =

= ⇒ = −

0 1

0 1 2

62

72 /

• Nœud F

ΣF ny = ⇒ = −0 1 282 /

On vérifie que n102 = 0

B

X2=1

F D

A

C E

8

4

3 6

5

7

n42

n32

0

1

45°

1

2

n72

n62

0

n82

0

1

45° 1

2


Calcul des coefficients

δ

δ δ

δ

δ

δ

1112

1

10

12 211 2

1

10

2222

1

10

11

1

10

22

1

10

3

2

2 1 2

3

2

u k k

kk

u u k k

kk

k

u k k

k

FkF k

kk

FkF k

k

n l

EA

l

EA

n n

EAl

l

EA

n l

EA

l

EA

N n

EAl

Pl

EA

N n

EAl

Pl

EA

= =

= = = −

= =+

= =

= = −

=

=

∑

∑

∑

∑

∑

( )

.

( )

( )

( )

.

( )

.

Après simplification, les équations canoniques s'écrivent :

31

21

22 1 2

3

2

1

2

−

− +

=

−

( )

X

X

P

P

d'où :

X P1 0 964= − . et X P2 0 152= .

Efforts dans les barres

L'effort total dans la barre k vaut :

N N n Xk kF ki i

i

= +

=

∑ .

1

2

ou encore :

N N n X n Xk kF k k= + +1 1 2 2. . (Voir tableau)

Chapitre 7

METHODE DES ROTATIONS

7.1 INTRODUCTION

Bien qu’ayant un caractère général, comme la méthode des forces, la mé-

thode des rotations (des déplacements ou des déformations) est cependant surtout

utilisée pour le calcul des structures constituées de barres, généralement droites.

Des barres droites assemblées en leurs extrémités (nœuds) forment des struc-

tures appelées portiques (Figure 7.1).

Les portiques ont un comportement essentiellement flexionnel, c'est-à-dire

que la flexion est prépondérante. On peut de ce fait négliger les déformations

provoquées par l'effort normal et l'effort tranchant.

Les structures auxquelles on s'intéresse ici sont planes et chargées dans leur

plan.

D'une façon générale, la méthode des déplacements est utilisée lorsque le de-

gré d'hyperstaticité est élevé. Notons aussi qu'elle s'applique parfaitement aux

poutres continues ; dans ce cas, les appuis intermédiaires constituent les nœuds

de la structure.

(b) Figure 7.1 (a)


7.2 CLASSIFICATION DES STRUCTURES

La méthode étant basée sur les déplacements des nœuds, les structures consi-

dérées sont classées en fonction des possibilités de déplacement de leurs nœuds.

On distingue deux catégories :

a) Les structures à nœuds fixes ou à nœuds invariables (Figure 7.2)

Dans de telles structures, les nœuds ne peuvent subir que des rotations.

Notons que la dérive (c’est-à-dire la translation) des nœuds d'un système peut

être empêchée soit par la nature même du système (notamment le type d'appuis)

soit par une symétrie de la géométrie et du chargement du système.

b) Les structures à nœuds déplaçables (Figure 7.3)

Ce sont des structures dont les nœuds ou certains nœuds subissent des tran-

slations en plus des rotations.

Une structure est à nœuds déplaçables si le système articulé, obtenu par rem-

placement de tous les nœuds et de tous les encastrements d'appui par des articu-

lations, constitue un système instable (mécanisme).

Le nombre de translations possibles pour les nœuds représente le nombre de

degrés de liberté (ddl) du système articulé. Le nombre de ddl correspond au

nombre de liaisons supplémentaires qu'il faut ajouter à la structure articulée

instable pour qu'elle devienne immobile (stable), du point de vue translation.

Le nombre de translations indépendantes possibles d'un système vaut :

Kt = 2n – (b+l)

Figure 7.2 (b) (a)

Figure 7.3

(b) (a)

Méthod e des ro ta t ions 151

Avec :

n = nombre de nœuds et d'appuis.

b = nombre de barres (une console n'est pas comptée comme une barre).

l = nombre de liaisons aux appuis du système articulé.

7.3 PRINCIPE DE LA METHODE

La méthode consiste à déterminer les déplacements (rotations et translations)

des nœuds de la structure ; puis, en raison de l'interdépendance qui existe entre

les déformations et les efforts, on détermine les efforts (moment, effort tranchant

et effort normal). Le principe de la méthode est décrit par les trois étapes suivan-

tes.

1) On ajoute des liaisons aux nœuds de la structure initiale pour obtenir un sys-tème dont les nœuds n'ont aucune possibilité de déplacement (rotation ou transla-

tion). Le système ainsi obtenu est appelé système statique de base (Figure 7.5b).

(e)

Figure 7.4 : Exemples de calcul de Kt

(b) (a) (c)

(d)

Kt=1 Kt=2 Kt=3

Kt=1 Kt=2

(a) Système initial (b) Système de base

Figure 7.5


2) Afin d'obtenir un système équivalent à la structure initiale, on applique des

déplacements (inconnus) correspondant aux liaisons ajoutées (Figure 7.6).

Les inconnues du problème dans le cas considéré sont :

X1 = w1 (rotation du nœud 1)

X2 = w2 (rotation du nœud 2)

X3 = δ (translation horizontale des nœuds 1 et 2, la variation de longueur de la barre 1-2 étant négligée).

3) Pour obtenir les déplacements inconnus (X1, X2, X3) on écrit qu'il y a équilibre

des réactions (moments ou forces) apparaissant dans chaque liaison ajoutée sous

l’effet des forces extérieures et des déplacements imposés. Soit :

R1 = Σ des moments réactifs dans l'encastrement (1) = 0

R2 = Σ des moments réactifs dans l'encastrement (2) = 0 (7.1)

R3 = Σ des réactions dans la liaison (3) = 0

Il importe de noter que le système de base obtenu selon l'étape 1 est toujours

constitué de barres dont chacune a soit ses deux extrémités encastrées soit une

extrémité encastrée et l'autre appuyée simplement ou doublement (Figures 7.7 et

7.8).

δ w1 w2

(3) (2)

(3)

Figure 7.6

(a) (b)

Figure 7.7


Pour terminer, on retient que la méthode des déplacements est caractérisée

par :

1) Le blocage des nœuds.

2) Un seul système de base possible, donc une façon unique de mettre le pro-

blème en équations (de ce fait, la méthode est particulièrement indiquée pour le

calcul automatique).

3) Des liaisons ajoutées spéciales ; en effet,

• Les encastrements ajoutés supportent uniquement des moments et peuvent

par conséquent subir des translations.

• Les liaisons de translation supportent seulement des forces suivant la liaison

ajoutée.

7.4 SOLLICITATION DES BARRES DROITES HYPERSTATIQUES

Comme nous venons de le voir, le système de base est constitué de barres qui

peuvent être :

- encastrées aux deux extrémités

- encastrées d'un côté et appuyées de l'autre

Ces barres sont sollicitées par :

- les déplacements appliqués

- les charges extérieures

Le calcul de ces poutres peut être effectué par l’une des méthodes exposées

précédemment comme la méthode des paramètres initiaux, la méthode des forces

ou encore la formule des 3 moments ou toute autre méthode.

7.4.1 Barres soumises à des déplacements d'appuis

Examinons à titre d’exemple le cas de la poutre encastrée à ses deux extrémi-

tés soumise à une rotation de l’un de ses appuis (Figure 7.9).

a) Méthode des paramètres initiaux

On veut calculer les réactions. Soient RA, MA, RB et MB les composantes des

réactions aux appuis A et B qui apparaissent sous l'action de wA.

(a)

Figure 7.8

(b)


On a :

Mx = MA + RAx

EIy" = -MA - RAx

EIy' = -MAx - RA x2/2 + C

EIy = -MAx2/2 - RAx

3/6 + Cx + D

avec :

C = EIθ0 = EIwA et D = EIf0 = EI.0 = 0

donc :

EIy' = -MAx - RAx2/2 + EIwA

EIy = -MAx2/2 - RAx

3/6 + EIwAx

Conditions à l'extrémité B

En B (x = l), on a : θB = 0 et yB = 0

D'où :

0 = -MAl - RA l2/2 + EIwA

0 = -MAl2/2 - RAl

3/6 + EIwAl

ou encore :

↓−=

=⇒

=

)(l

EIw6R

l

EIw4M

EIlw

EIw

R

M

6

l

2

l

2

ll

2

AA

AA

A

A

A

A

32

2

On peut maintenant calculer RB et MB.

l

EIw2

l

EIw6

l

EIw4lRMM AAA

AAB −=−=+=

)( l

EIw6R 0RR

2

ABBA ↑=⇒=+

Application : Rotation unitaire (wA = 1)

)( l

EI6R ; )(

l

EI6R ;

l

EI2M ;

l

EI4M

2B2ABA ↑=↓−=−==

b) Méthode des forces (Figure 7.10)

=++

=++

0MM

1MM

F2Bu22A

u21

F1Bu12A

u11

δδδ

δδδ

δ1F = δ2F = 0 (pas de charges extérieures).

MA

Figure 7.9

l

A

RA

B

y

wA(wA>0)

x


Les coefficients du système ci-dessus sont calculés à partir des figures 7.10c

et 7.10d.

EI3

l

3

2.1.l.

2

1.

EI

1u11 ==δ ;

EI3

lu22 =δ

EI6

l

3

1.1.l.

2

1.

EI

1u21

u12 === δδ

d'où :

−=

=⇒

=

l

EI2M

l

EI4M

0

1

M

M

EI3

l

EI6

lEI6

l

EI3

l

B

A

B

A

Le tableau 7.1 donne les réactions, les moments et les déformées des diffé-

rents cas de figure.

7.4.2 Barres soumises à des charges

Les calculs peuvent être menés par les méthodes exposées dans les chapitres

précédents. Les diagrammes des moments et les réactions des cas de charge les

plus courants sont regroupés dans le tableau 7.2.

Figure 7.10

B

wA=1

(a)

l

wA=1 MA MB

(b)

(c)

(d)

MA=1

1

MB=1

1

A


Tableau 7.1

3EI/l3

w=1

l

6EI/l²

6EI/l² 4EI/l

2EI/l

6EI/l²

l

12EI/l3

12EI/l3

δ=1

6EI/l²

l

12EI/l3

6EI/l² 12EI/l3

6EI/l²

δ=1

l

3EI/l2

3EI/l3

δ=1

l

3EI/l3

3EI/l²

δ=1

3EI/l3

l

3EI/l 3EI/l²

3EI/l²

w=1

l

3EI/l2

3EI/l²

3EI/l

w=1

l

3EI/l2 3EI/l3

δ=1

3EI/l3

l

3EI/l2

3EI/l3

3EI/l3

δ=1

6EI/l²

w=1

l

2EI/l

6EI/l² 4EI/l


Tableau 7.2

Pb(a²+2ab+2l²)/2l3

a b

P

Pab(a+2b)/2l²

P(2a+3b)a²/2l3

Pa²b(2a+3b)/2l3

a b

Pab²/l²

2Pa²b²/l3

Pa²b²/l²

P(3a+b)b²/l3 P(a+3b)a²/l3

P

l/2 l/2

Pl/8

P/2 P/2

P

Pl/8

Pl/8

6Pl/32

5P/16

l/2

P

l/2

11P/16

5Pl/32

a b

6abC/l3

6abC/l3

Ca(3a-2l)/l²

Cb(2l-3b)/l²

C

a b

3C(l²-b²)/2l3

3C(l²-b²)/2l3 C(l²-3b²)/2l²

C

l/2 l/2

3C/2l C/2

C

C/4

3C/2l C/2 C/4

l/2 l/2

9C/8l 7C/16

C

9C/8l 9C/16 C/8

l

q

ql²/8

5ql/8

9ql²/8 3ql/8

5l/8 3l/8

l

ql²/12

ql/2

ql²/12

ql/2 ql²/24

q

P


7.5 NOMBRE D’INCONNUES – EQUATIONS D’ÉQUILIBRE

7.5.1 Nombre d’inconnues (K)

Le nombre d’inconnues de la méthode est égal au nombre de déplacements

possibles (rotations Kr et translations Kt) des nœuds de la structure considérée.

K = Kr+Kt

- Kr = nombre de rotations - égal au nombre de nœuds de la structure (les ap-

puis n’étant pas comptés comme nœuds).

- Kt = nombre de déplacements linéaires indépendants (voir § 7.2).

- K représente le nombre de liaisons (encastrements ou butées de translation)

ajoutées pour immobiliser les nœuds de la structure initiale.

7.5.2 Equations d’équilibre

Chaque équation exprime l’équilibre des réactions apparaissant dans une liai-

son ajoutée. Dans chaque liaison (i) introduite, la résultante des réactions, en-

gendrées par les forces extérieures (RiF) et par les déplacements appliqués (Rij),

doit être nulle.

Ainsi, dans l’exemple de la figure 7.11 ci-dessous les équations à partir des-

quelles seront tirés les déplacements inconnus (X1, X2 et X3) s’écrivent :

R1 = R11 + R12 + R13 + R1F = 0

R2 = R21 + R22 + R23 + R2F = 0 (7.2)

R3 = R31 + R32 + R33 + R3F = 0

Avec :

R11 = réaction (moment réactif)

apparaissant dans la liaison ajoutée

1 (encastrement) sous l’action du

déplacement appliqué X1 (rotation).

R12 = réaction (moment) appa-

raissant dans la liaison 1 sous

l’action du déplacement X2.

R31 = réaction (force horizontale) apparaissant dans la liaison 3 (liaison de

translation) sous l’action du déplacement X1.

Et de manière générale :

RiF = réaction qui apparaît dans la liaison ajoutée i sous l’action de la sollici-

tation globale F (c’est-à-dire les charges appliquées).

Rij = réaction dans la liaison i, dont la nature est déterminée par celle de la

liaison, sous l’action du déplacement Xj.

En vertu du principe de superposition des effets nous pouvons écrire :

juijij XrR = (7.3)

Figure 7.11

(1) (2)

(3) X2

X1

X3


où :

• Xj est le déplacement inconnu appliqué.

• uijr est la réaction dans la liaison i sous l’action d’un déplacement unitaire,

rotation ou translation selon la nature de la liaison j, appliqué à la liaison j.

Ainsi, pour une structure à n inconnues (n déplacements inconnus des

nœuds), le système d’équations s’écrit :

0RXr...XrXr

............................................................

0RXr...XrXr

............................................................

0RXr...XrXr

nFnunn2

u2n1

u1n

iFnuin2

u2i1

u1i

F1nun12

u121

u11

=++++

=++++

=++++

(7.4)

Ou encore sous forme condensée :

∑=

++n

j

iFjuij RXr

1

0 i = 1, …, n (7.5)

Sous forme matricielle le système d’équations canoniques s’écrit :

[ ][ ] [ ]Fu RX r −=

[ ]ur est appelée matrice de rigidité.

7.6 EXEMPLES D’APPLICATION

Exemple 1

Soit à calculer le portique ci-contre.

(EI) = Cte = 2 1010 kgcm²

P = 100 kg

Degré d’hyperstaticité : K = 1 + 0 = 0

l/2

P

l/2=2m

h=3m

P P X1

Système de base

X1 X2


L’équation canonique du système s’écrit :

0RXr F11u11 =+

Calcul du coefficient de réaction u

11r (moment de ré-

action unitaire) :

On indique u

11r dans le sens de la rotation X1 appli-

quée à l’encastrement élastique ajouté (figure ci-contre).

Diagramme unitaire :

Le coefficient u

11r est calculé de façon à réaliser l’équilibre au nœud du dia-

gramme m1.

Equation d’équilibre :

EI)h

4

l

3(r

0rh

EI4

l

EI3

u

11

u

11

+=⇒

=−+

Le coefficient R1F (réaction de charge) est calculé de la même manière que u

11r .

u

11r

X1=1 X1=1

3EI/l²

3EI/l²

6EI/h² 4EI/h

3EI/l

6EI/h²

2EI/h

m1

u

11r

3EI/l

4EI/h


Diagramme de la charge appliquée :

L’action de la charge est limitée à la travée sur laquelle elle est appliquée.

Le sens de R1F est donné par celui choisi pour X1. L’équation d’équilibre du

nœud déterminera le signe correct.

Equation d’équilibre :

Pl32

6R 0

32

Pl6R

F1F1−=⇒=+

L’inconnue X1, peut être calculée maintenant :

EI)h

4

l

3(

Pl18

3

X0Pl32

6EI)

h

4

l

3(X 11

+

=⇒=−+

A.N : h = 300 cm et l = 400 cm

5

110

5

9X −= = rotation (en radian) du nœud rigide du système donné.

Pour passer du diagramme unitaire m1 au diagramme réel M1, on multiplie le

premier par X1.

*) Si X1 était négative on aurait in-

versé le diagramme et le sens des réac-

tions.

MF

P

5P/16

11P/16 5Pl/32

6Pl/32 R1F

6Pl/32

6.75kg

6.75kg

24kg 48kgm

27kgm

M1

24kg

24kgm


Le diagramme des charges ne change pas.

Le diagramme final des moments (M)

s’obtient par superposition des diagrammes M1

et MF. On note que l’équilibre de rotation du

nœud est satisfait.

Les réactions aux appuis de système donné

peuvent s’obtenir en reportant les réactions des

diagrammes M1 et MF aux appuis réels qui les

supportent.

A partir des réactions et des charges extérieures, on trace les diagrammes de

N et de T.

M

48kgm

76kgm

24kgm

M

48kgm

76kgm

24kgm

MF

68.75kg 62.5kgm

75kgm

31.25kg

31.25kg

m 6.75kg

24kg

24kg

6.75kg

68.75kg A

B

RHA=24kg

RVA=62kg

P RHB=24kg

RVB=38kg

P

24kg

N

62kg

62kg

38kg

24kg

T


Exemple 2

K = 2 + 0 = 2

Equations canoniques :

=++

=++

0RXrXr

0RXrXr

F22u221

u22

F12u121

u11

Diagrammes unitaires (a et b) et diagramme des charges (c) :

8EI/l

4EI/l

ru11 = 12EI/l

ru11

1

4EI/l

4EI/l

2EI/l

8EI/l

4EI/l 8EI/l

b) m2

1

4EI/l

4EI/l

2EI/l

8EI/l

a) m1

c) MF

ql²/12=56/21

ql²/24=28/21

4EI/l

ru12 = ru21 = 4EI/l

ru12

EI

S.D.

q=2t/ml

2EI

EI

2EI

l l=4m

l=4m

S.F.

X1 X2


La résolution du système donne :

²tm )EI( ,EI21

12

EI7

4X ,

EI21

4X 21 en==−=

Diagrammes réels :

Les diagrammes m1 et m2 sont multipliés par X1 et X2, respectivement.

Le diagramme final du moment fléchissant s’obtient par superposition des

diagrammes M1, M2 et MF.

Effort tranchant et effort normal ; on détermine d’abord les réactions

d’appuis.

8/21

4/21 4/21

2/21

M1 M2

12/21 12/21

24/21

24/21

6/21

12/21

2 6

12

32

20

34

4

68

M(1/21)

8EI/l

4EI/l

ru22 = 20EI/l

ru22

8EI/l

R1F

R1F = 0

ql²/12

R2F = -ql²/12

R2F


Diagrammes unitaires :

Sous les charges extérieures :

Pour passer des réactions unitaires aux réactions réelles on multiplie les réac-

tions (1) et (2) par X1 et X2, respectivement.

Il faut maintenant superposer les réactions (I), (II) et (F).

La dernière phase consiste à

transmettre les réactions des encas-

trements élastiques (nœuds rigides)

aux appuis réels, c’est-à-dire aux

encastrements.

Pour pouvoir calculer l’effort normal en

un point quelconque du système, il suffit

d’ajouter au schéma ci-contre les charges

extérieures.

3/14 2/7

1/14

3/14 1/14

27/7 31/7

(efforts en t)

1/14

2/7 27/7

31/7

2/14

3/14 (réactions en t)

3/4EI

3/8EI 3/4EI

3/8EI (1) (2)

3/4EI 3/8EI

3/4EI 3/4EI

3/4EI

3/8EI

ql/2=4 ql/2=4

(F)

1/7

(I) (II)

1/14

1/14

1/7

3/7 3/7

3/14 3/7 3/7

3/14


On peut vérifier sur la figure ci-

contre que les équilibres de transla-

tions sont satisfaits :

0F

0F

h

v

=∑

=∑

Exemple 3

Le système a trois inconnues, K = 2 + 1,

les deux déplacements angulaires des nœuds

rigides (X1 et X2) et un déplacement linéaire

(X3).

Les trois équations canoniques du système s’écrivent :

=+++

=+++

=+++

0RXrXrXr

0RXrXrXr

0RXrXrXr

F33u332

u321

u31

F23u232

u221

u21

F13u132

u121

u11

N.B. : En raison de la nature de X3 qui est un déplacement linéaire, les coeffi-

cients ru13, ru23, r

u31, r

u32 et R3F sont des forces et r

u33 une force/unité de longueur.

Quant aux autres coefficients (ru11, ru12, r

u21, r

u22, R1F et R2F) ce sont des mo-

ments.

3/14 1/14

(réactions en t)

2/14

31/7

q=2t/ml

(i) 27/7 2/7

(2EI)

(EI) (EI) q

l

(a)

l

S.F.

X1 X2

X3


Diagrammes unitaires et des charges extérieures

Calcul des coefficients de réaction

m1

1 6EI/l² 4EI/l

12EI/l²

8EI/l

4EI/l

4EI/l²

2EI/l

12EI/l²

m2

1

12EI/l²

12EI/l² 8EI/l

6EI/l² 4EI/l

6EI/l²

4EI/l

2EI/l

m3

6EI/l² 12EI/l3

6EI/l²

12EI/l3

12EI/l3

6EI/l² 6EI/l²

12EI/l3

MF

ql/2

ql/2

ql²/12

ql²/12

ql²/24

8EI/l

4EI/l

ru11 = 12EI/l

ru11

4EI/l

ru12 = 4EI/l

ru12

8EI/l

4EI/l ru22 = 12EI/l

ru22 4EI/l

ru21 = 4EI/l

ru21


La résolution du système d’équations, donne :

EI

ql

2496

60X ,

EI

ql

2496

29X ,

EI

ql

2496

3X

4

3

3

2

3

1 ===

6EI/l²

ru13 = -6EI/l²

ru13

6EI/l²

ru23 = -6EI/l²

ru23

ql²/12

R1F = ql²/12

R1F

R2F =0

R2F

∑Fh = 0 ⇒

ru31 = -6EI/l²

ru31

6EI/l²

∑Fh = 0 ⇒

ru32 = -6EI/l²

ru32

6EI/l²

ru33

12EI/l² 12EI/l²

R3F=ql/2-ql=-ql/2

R3F

ql/2

q ru33 =24EI/l

3


Diagrammes réels

Diagramme (final) des moments et réactions aux encastrements.

M1(ql²/1248)

6

12

9ql/1248

3

6

M2(ql²/1248)

58

87ql/1248

29

116

58

M3(ql²/1248)

180

360ql/1248

180

180 180 360ql/1248

q

ql²/12

ql²/12

624ql/1248

ql²/24

MF

M(ql²/1248)

70

1248/ql975HAR =

122

281 151

1248/ql273HBR =


Diagrammes N et T

On commence par calculer les réactions transversales de chaque barre suppo-

sée isostatique est chargée par des moments aux appuis (lus directement sur le

diagramme final de M) et les charges extérieures qui lui sont directement appli-

quées.

On trace ensuite le diagramme de T (en considérant chaque barre séparément

puis celui de N en vérifiant l’équilibre de translation aux nœuds.

Vérification :

On vérifie l’équilibre de rotation et de translation de chaque nœud.

a) Equilibre de rotation

q

(a)

70ql²/1248 122ql²/1248

281ql²/1248 151ql²/1248

q

(b)

273ql/1248

192ql/1248

975ql/1248 273ql/1248

273ql/1248

192ql/1248

⇒⇒⇒⇒

273

T(ql/1248)

975 A B

192

273

192 192

273

N(ql/1248)

C

C T

70ql²/124

70ql²/1248

∑M=0

122ql²/1248

122ql²/1248

∑M=0


b) Equilibre de translation

7.7 CALCUL DES EFFORTS INTERNES

Comme on vient de le voir, le diagramme final des moments fléchissants est

obtenu par superposition des diagrammes dus aux charges extérieures et aux

déplacements appliqués. Les diagrammes unitaires sont multipliés par les valeurs

algébriques des déplacements correspondants puis superposés au diagramme

sous les charges extérieures.

Les efforts tranchants et normaux peuvent être calculés en considérant cha-

que barre comme une poutre isostatique (bi-articulée) soumise aux charges exté-

rieures qui lui sont appliquées et à des moments d’appuis donnés par le dia-

gramme final des moments fléchissants.

7.8 VERIFICATION DES RESULTATS

La vérification consiste essentiellement à s’assurer de l’équilibre, de transla-

tion et de rotation, de chaque nœud et de parties entières de la structure.

7.9 LES ETAPES DE LA METHODE

L’application de la méthode des rotations peut se résumer aux étapes élémen-

taires suivantes :

1- déterminer le nombre d’inconnues

2- représenter le système statique de base

3- porter les charges extérieures et les déplacements (inconnus) appliquées

4- écrire le système d’équations

5- tracer les diagrammes unitaires et celui (ou ceux) des charges extérieures

6- calculer les coefficients de réaction (ruij, RiF)

7- résoudre le système d’équations pour obtenir les déplacements des nœuds

8- passer des diagrammes unitaires aux diagrammes réels en multipliant chaque

diagramme par le déplacement (avec son signe) qui lui correspond

9- tracer le diagramme final des moments par superposition des diagrammes

obtenus à l’étape 8 et du diagramme sous les charges extérieures

10- calculer les efforts N et T comme indiqué au paragraphe (7.7) puis tracer

leurs diagrammes.

∑Fh=0, ∑Fv=0

273

192

273

192

273

192

192

273

∑Fh=0, ∑Fv=0

ql/1248


Pour l’étape 6, on tiendra compte des trois observations suivantes :

- Les coefficients rujj sont toujours strictement supérieurs à zéro.

- Les coefficients ruij sont différents de zéro seulement quand i et j sont des

nœuds voisins (liés par la barre ij).

- ruij = ruji

Les efforts normaux sont obtenus à partir des conditions d’équilibre de tran-

slation de chaque barre isolée par des coupes.

Calcul des systèmes plans par la méthode des forces 173

7.10 EXERCICES

Tracer les diagrammes de M, de N et de T des systèmes suivants.


Exercice 7.3

Exercice 7.4

12m

12m

6m 6m

EI

EI EI

B D

C E

F A

q q=2t/ml

EI 6m

EI

EI

E

B C

D A

6m 4m

q=1t/ml

A B

D

q=1t/ml

EI

EI

C

6m 4m

2m

2m

P=4t EI

EI

C A

B

l/2 l/2

l

P

Calcu l de s sys tè mes p lans par la mé th ode d es fo rce s 174

Exercice 7.5


Exercice 7.8

A.N. : EI1=64 106 kgm², EI2=43 10

6 kgm².

6m

4.5m

P=20t

2.5m

C B D

I2

I1

A

C B

A D

EI

EI

2EI

6m

8m

P

C B

A D

EI

EI EI 6m

8m

l=6m l

D A

EI EI

EI C B E

q=8t/ml

l

Calcu l de s sys tè mes p lans par la mé th ode d es fo rce s 175

Exercice 7.9

Exercice 7.10

A.N. : I = 1, E = Cte.

l=5m 2l

E

D

C

EI EI

EI

F B

q=2t/ml

l

2l

A

EI 4m

2EI

EI

E B C

D A

5m

2EI F

2m 3m

q=600 daN/ml P=1000 daN

Chapitre 8

MÉTHODE DE CROSS

Les portiques peuvent être avantageusement calculés par ce qu'on appelle la

méthode de Cross, du nom de son auteur Hardy Cross (USA, 1930). Cette mé-

thode est en fait une version améliorée, sur le plan des calculs, qui sont plus

simples, de la méthode des déplacements. Si les méthodes des forces et des dé-

placements sont exactes du point de vue résistance des matériaux (RDM), la

méthode de Cross est approximative même du point de vue; l'approximation est

toutefois acceptable, l'erreur étant de l'ordre de 5%.

Conçue principalement pour le calcul des systèmes dits à nœuds fixes (sys-

tèmes dont les nœuds subissent uniquement des rotations), la méthode a été gé-

néralisée aux systèmes à nœuds déplaçables, c’est-à-dire pouvant subir aussi bien

des rotations que des translations.

La méthode de Cross a suscité l'intérêt de nombreux auteurs qui se sont atta-

chés à la perfectionner en simplifiant davantage les calculs et en développant de

nouvelles méthodes de calcul pour les systèmes à nœuds déplaçables, où la mé-

thode originale de Cross était assez fastidieuse.

8.1 PRINCIPE DE LA METHODE

La méthode mise au point par Cross est inspirée du procédé mathématique de

résolution par approximations successives des systèmes linéaires. Pour bien

montrer le principe de la méthode, on raisonnera sur le cas des systèmes à nœuds

fixes.

On suppose qu'à l'état initial les nœuds de la structure sont bloqués et ne peu-

vent subir aucune rotation. Après application des charges, on libère successive-

ment chacun des nœuds qu'on laisse tourner, puis on le bloque à nouveau avant

de passer au nœud suivant.

Ces opérations sont répétées jusqu'à ce que la libération des nœuds ne provo-

que plus de rotation. Cela signifie alors que l'état d'équilibre est atteint.

Comme à chaque étape du calcul il n'y a qu'un seul nœud libre, il en résulte

qu'à chaque étape il n'y a qu'une seule inconnue, la rotation du nœud libéré. Ain-

si, le système d'équations d'équilibre propre à la méthode générale, se résume à

une seule équation à une inconnue dont la résolution est immédiate. Notons que


dans l'exécution pratique de la méthode, le calcul des rotations n'est pas explicité,

on travaille directement sur les moments agissant aux extrémités des barres.

Convention des signes :

Vu le caractère systématique de la méthode, on adopte

pour le moment fléchissant une convention différente de

celle de la RDM. Un moment sera considéré comme positif

s'il tend à provoquer une rotation dans le sens trigonomé-

trique (Figure 8.1).

8.2 REPARTITION ENTRE LES BARRES D'UN MOMENT APPLIQUE

A UN NŒUD COMMUN

Considérons un nœud (A) (qui ne subit pas de translation) auquel aboutissent

n barres qui sont encastrées ou articulées à leur autre extrémité et appliquons lui

un couple MA (Figure 8.2).

Sous l'action de MA, le nœud A tourne d'un

angle ωA. Le moment repris par chacune des

barres est proportionnel à la rotation ωA et peut

s'écrire :

MAi = -KAiωA (8.1)

KAi étant une constante appelée facteur de

rigidité de la barre Ai. C'est le moment fléchis-

sant (en valeur absolue) à l'extrémité A de la

barre Ai sous l'action d'une rotation unitaire

appliquée en A (ωA=1). Notons que le signe

moins devant le deuxième membre de (8.1)

montre que les moments de reprise s'opposent

au moment appliqué (MA).

Le nœud étant en équilibre, les moments de reprise doivent équilibrer le mo-

ment appliqué MA, c’est-à-dire qu'on a :

∑=

=+n

1i

AiA0MM

compte tenu de (8.1), on tire :

∑=

=n

1i

Ai

AA

K

Mω

L'équation (8.1) s'écrit alors :

An

1i

Ai

Ai

AiM

K

KM

∑=

−=

Figure 8.2

1

2

MA

4

3

A

Figure 8.1

M<0 M>0


Posons :

∑=

=n

1i

Ai

Ai

Ai

K

KC (8.2)

CAi est appelé coefficient de répartition de la barre Ai.

Remarques

1) on peut vérifier que : ∑CAi = 1.

2) Cij ≠ Cji en général.

Les couples de reprise s'expriment alors par :

AAiiAMCM −= (8.3)

La rotation ωA provoque également une transmission de couples aux extrémi-

tés des barres. Les couples transmis sont proportionnels aux moments de reprise

et sont donnés par :

AiAiiA MM λ= (8.4)

La constante λAi est appelée facteur de transmission du nœud A vers le nœud i.

On notera que pour des barres comme Ak, qui est articulée à son autre extré-

mité, le facteur de transmission est nul puisque MkA = 0.

8.3 FACTEURS DE RIGIDITE – FACTEURS DE TRANSMISSION

Ces coefficients ne dépendent que des caractéristiques géométriques (S, I, L)

et mécaniques (E, G) de la barre considérée (voir méthode des déplacements).

8.3.1 Coefficients de souplesse d'une barre

Soit une poutre bi-articulée AB de longueur L, de section S et de modules

d'élasticité E et G. On appelle coefficients de souplesse ou caractéristiques mé-

caniques de la poutre AB, les coefficients suivants :

∫∫ κ+−=γ=

L

0

L

o

2

2uAA

GS

dx

L

1

EI

dx)

L

x1(a

∫∫ κ+=γ=

L

0

2

L

0

2uBB

GS

dx

L

1

EI

dx)

L

x(c

∫∫ κ−−==

L

0

2

L

0

u

BA GS

dx

L

1

EI

dx

L

x)

L

x(1b γ


Lorsque E, I et S sont constants, les expressions précédentes deviennent :

LGS

1

EI3

Lca +==

LGS

1

EI6

Lb −=

Si on néglige la déformation due à l'effort tranchant, les deux dernières for-

mules se réduisent à :

EI3

Lca ==

EI6

Lb =

8.3.2 Facteurs de rigidité et de transmission

Ces facteurs s'expriment en fonction des coefficients a, b et c. On distingue

deux types de barre : bi-encastrée ou encastrée à l'une des extrémités (nœud A) et

articulée à l'autre.

1) Barre AB encastrée aux deux extrémités

²bac

aK

²bac

cK

BA

AB

−=

−=

a

b

c

b

BA

AB

=

=

λ

λ

(8.5)

2) Barre AB encastrée en A et articulée en B

c

1K

c

1K

BA

AB

=

=

a

b

0

BA

AB

=

=

λ

λ

(8.6)

Dans le cas où la barre est de section constante, de même nature, et si on né-

glige l'influence de T on a :

1)

2

1L

EI4KK

BAAB

BAAB

=λ=λ

== (8.7)

2)

2

1 ,0

L

EI3KK

BAAB

BAAB

=λ=λ

== (8.8)

Afin d'alléger l'exposé, nous ne considérerons que le cas des barres prismati-

ques (influence de T négligeable) ; le raisonnement est évidemment valable pour

les autres cas.

Figure 8.3

A B

A B

(a)

(b)


8.3.3 Exemple

Soit à calculer les coefficients CAi et λAi de la structure représentée à la figure 8.4. On a :

∑=

=4

1j

Aj

Ai

Ai

K

KC

L

8EI

L

4(2EI)K

L

12EI

L

4(3EI)K

A2A1====

L

4EI

L

4(EI)K

L

15EI

L

3(5EI)K

A4A3====

et L

39EIK

4

1j

Aj=∑

=

d’où : 39

4C

39

15C

39

8C

39

12C

A4A3A2A1====

De plus :

0 2

1A3A4A2A1 =λ=λ=λ=λ et

Figure 8.4

1 L ; 3EI

L ; 2EI

2 A 4

L ; EI

L ;5EI

3


8.4 SYSTEMES A NŒUDS FIXES

8.4.1 Exposé de la méthode

Afin de fixer les idées nous raisonnerons sur la structure représentée à la fi-

gure 8.5.

Supposons que les nœuds B et C ont été bloqués (verrouillés) avant l'applica-

tion des charges. Les barres sont donc bi-encastrées (barres AB, BC et CD) ou

encastrée et articulée (barre CE) et peuvent être considérées séparément.

Dans ce cas, les moments aux extrémités de chaque barre, dus aux charges

extérieures, peuvent être calculés par l'une des méthodes exposées dans les cha-

pitres précédents.

Ces moments, désignés par M , sont appelés moments d'encastrement parfait

ou plus simplement moments d'encastrement. Ainsi, aux appuis on a les mo-

ments :

E 0M ,D M ,A MECDCAB

enenen =

et aux nœuds :

C MMMM ,B MMMCECDCBCBCBAB

enen ++=+=

Du point de vue mécanique, bloquer les nœuds B et C revient à appliquer à

ces nœuds des moments, dits de fixation ou de blocage, qui valent "-MB" et

"-MC", respectivement.

Pour parvenir à l'état final réel, il faut que tous les nœuds soient débloqués

(libres). Au lieu de déverrouiller tous les nœuds simultanément, avec la méthode

de Cross on libère un nœud à la fois.

Commençons par débloquer le nœud B par exemple qui va pouvoir tourner.

Effectuer cette opération de déverrouillage, équivaut à appliquer un moment

M(1)B = MB en B. Les nœuds A et C étant toujours bloqués, le couple M

(1)B sera

réparti entre les barres BA et BC selon la relation (8.3).

Figure 8.5

Fi-

D

C E B

A


On obtient :

)1(

BBA

)1(r

BAMCM −=

)1(

BBC

)1(r

BCMCM −=

Quant aux moments transmis, ils sont donnés par la formule (8.4).

2

MC

2

MM

)1(

B

BA

)1(r

BA)1(t

AB−==

2

MC

2

MM

)1(B

BC

)1(rBC)1(t

CB −==

Faisons maintenant le bilan des moments agissant en B avant de le bloquer à

nouveau. Le moment résultant en B vaut :

r(1)BC

r(1)BA

(1)B

(1)BBCBA MMMMMM=M +++−+

(1)

BBC

(1)

BBA

(1)

B

r(1)

BC

r(1)

BABCBAMCMCMMMMM=M −−=+++

)CC(1MM BCBA(1)B −−=

Comme : CBA + CBC = 1, il en résulte M = 0, c’est-à-dire que le nœud B est

en équilibre. On fixe maintenant le nœud B dans sa position d'équilibre, sans

devoir appliquer un moment de fixation puisque le moment résultant est nul.

Avant de libérer le nœud suivant, en l’occurrence le nœud C, il convient de

préciser son moment de fixation. En effet, aux moments d'encastrement initiaux

est venu s'ajouter le couple transmis )1(t

CBM ; donc le couple de blocage vaut :

)MMMM(MMMt(1)

CBCECDCB

t(1)

CBC

F

C+++−=−−=

avec :

2

MCM

)1(

BBC

)1(t

CB−=

Nous libérons le nœud C en lui appliquant un moment de libération qui vaut :

M(1)C = M

FC et qui sera réparti comme suit :

)1(

CCB

)1(r

CBMCM −=

)1(

CCD

)1(r

CDMCM −=

)1(

CCE

)1(r

CEMCM −=

Les couples transmis correspondants valent :

2

MC

2

MM

)1(C

CB

)1(rCB)1(t

BC −== ; 2

MC

2

MM

)1(

CCD

)1(r

CD)1(t

DC−== ; 0M

)1(t

EC=

Le nœud C est maintenant en équilibre comme on peut le constater en faisant

le bilan des moments.

r(1)

CE

r(1)

CD

r(1)

CB

(1)

C

(1)

C

t(1)

CBCECDCBMMMM+MMMMM=M +++−+++

(1)

CCE

(1)

CCD

(1)

CCB

(1)

C

r(1)

CE

r(1)

CD

r(1)

CB

(1)

CMCMCMCMMMMM=M −−−=+++

)CCC(1MMCECDCB

(1)

C−−−=


Or : CCB + CCD + CCE = 1 ; donc on a bien M = 0.

Nous avons ainsi accompli un tour complet des nœuds c’est-à-dire que nous

avons réalisé la première itération (1er cycle), d'où le (1) porté en puissance.

On notera également que le moment en B est désormais différent de zéro

puisque on a :

2

MC

2

MM

)1(

CCB

)1(r

CB)1(t

BC−==

Ce moment sera noté M(2)B et représente le nouveau moment de libération du

nœud B.

On bloque ensuite le nœud C (en équilibre maintenant) et on entame la 2ème

itération (2ème cycle) en procédant comme lors de la 1ère itération.

Débloquer B revient à appliquer un moment de libération valant M(2)B. On

calcule à nouveau les moments répartis et les moments transmis, etc.

Au bout de 3 ou 4 itérations, les moments de fixation (ou de libération) de-

viennent négligeables et on peut alors arrêter les opérations. Cela signifie qu'on

peut libérer les nœuds sans qu'il y ait modification sensible des moments existant

aux nœuds. L'équilibre est atteint.

Le moment final à l'extrémité d'une barre sera la somme algébrique de tous

les moments correspondant à cette extrémité c’est-à-dire :

- le moment d'encastrement parfait,

- les moments répartis,

- les moments transmis.

Par exemple, le moment MCB agissant à l'extrémité C de la barre CB vaut :

...MM...MMMM)2(t

BC

)1(t

BC

)2(r

CB

)1(r

CBCBCB++++++= (8.9)

8.4.2 Les étapes de la méthode

Pour résumer ce qui a été exposé, on retient que la méthode de Cross s'appli-

que de la façon suivante :

a) on calcule les facteurs de répartition ;

b) on bloque tous les nœuds et on calcule les moments d'encastrement sous

l'action des charges extérieures ;

c) on calcule les moments de fixation (ou de blocage) ;

d) on libère un nœud, de préférence celui qui possède le moment de fixation

le plus élevé en valeur absolue et on calcule les moments répartis ;

e) on calcule pour chacune des barres le couple qui est transmis à l'autre ex-

trémité ;

f) le nœud libéré étant en équilibre, ou le bloque à nouveau avant de libérer le

nœud suivant.


8.4.3 Procédé pratique d'exécution de la méthode de Cross

Vu le caractère systématique de la méthode, il est commode d'effectuer les

calculs sous forme de tableau (voir tableau page suivante).

Les trois premières lignes du tableau comportent les nœuds (1ère ligne), les

barres (2ème ligne) et les coefficients de répartition changés de signe (3ème ligne).

Le signe moins est ajouté pour éviter le risque de l'oublier lors du calcul des

couples répartis. Ces 3 lignes restent identiques quel que soit le type de charge-

ment.

La 4ème ligne comporte les moments d'encastrement aux extrémités de chaque

barre.

Dans le reste du tableau on distingue :

a) les 2 premières colonnes de gauche

- dans la 1ère colonne on indique le numéro du nœud libéré,

- dans la deuxième colonne on porte la valeur (avec son signe) du moment

de libération correspondant.

b) le reste des colonnes

Elles comportent les couples de reprise et les couples transmis. Chaque li-

gne de cette partie du tableau correspond à la libération d'un nœud.

On arrête les calculs lorsqu'on constate que les couples de libération sont né-

gligeables.

Chaque fois qu'un nœud a été libéré, on trace un trait horizontal traversant

toutes les colonnes relatives aux barres aboutissant à ce nœud (trait discontinu

dans le tableau). Cette trace horizontale signifie qu'à cet instant le nœud en ques-

tion est en équilibre (ΣM = 0).

Le tableau se termine par une ligne des totaux. On porte dans chaque case la

somme algébrique de tous les couples qui y ont été inscrits. Cette somme repré-

sente le moment réel (avec le signe de Cross) agissant à l'extrémité considérée.

Remarques :

- la ligne des barres est en fait la ligne des "extrémités des barres" (4 barres = 8

extrémités dans l'exemple considéré).

- la dernière colonne n'est pas nécessaire dans le cas qui nous a servi d'exemple

puisqu'il s'agit d'une articulation (M = 0).

- les coefficients de répartition CAB, CDE et CEC ne sont pas nécessaires car il

s'agit d'appuis et non de nœuds.


8.4.4 Calcul des éléments de réduction

• Moment fléchissant

Les moments aux extrémités étant connus, chaque barre est à considérer iso-

lément et isostatique. Elle sera soumise aux charges extérieures qui lui sont di-

rectement appliquées et aux moments calculés de Cross (faire attention au signe).

Le diagramme final des moments de la structure est constitué par les dia-

grammes de l'ensemble des barres (considérées chacune séparément).

• Effort tranchant

Désignons par TFx l'effort tranchant dans la section courante d'abscisse x de la

barre AB (de longueur L) supposée isostatique sous l'action des charges qui lui

sont directement appliquées. Alors l'effort tranchant total est donné par :

L

MMTT BAABF

xx

++= (8.10)

MAB et MBA sont les moments de Cross (c’est-à-dire avec la convention de signes

de la méthode de Cross). Avec la convention classique de la résistance des maté-

riaux, l'expression devient :

L

MMTT ABBAFxx

−+= (8.11)

• Effort normal

Les efforts tranchants dans les différentes barres étant connus, les efforts

normaux s'obtiennent en vérifiant les conditions d'équilibre de translation de

chaque nœud.

Noeud (ou appui) A B C D E

Barre (ou extrémité) AB BA BC CB CD CE DE EC

Coef. de répartition x (-) -CBA -CBC -CCB -CCD -CCE

Mot. d’encastrement parfait ABM

BAM BCM CB

M CDM

CEM CDM 0

Noeud

Libéré

Moment de libéra-

tion

B BC

MBA

M(1)B

M +=

C

Moments aux extrémités

des barres

Tableau d’exécution de la méthode de Cross.



On veut résoudre le portique représenté par la méthode de Cross. La charge

répartie vaut 1 t/ml.

Les facteurs de rigidité valent :

1KKKK ; 2KK ; 3KK 5225411432232112 ========

Solution :

a) Facteurs de répartition

1CC 0.75,4

3

KK

KC 0.25,

4

1

KK

KC 1214

1214

1212

1214

1414 =+==

+===

+= et

0.506

3

KKK

KC 0.333,

6

2

KKK

KC

252321

2121

252321

2323 ==

++===

++=

1CCC0.1676

1

KKK

KC

252321252321

2525

=++==++

= et

N.B. : Tous les coefficients de transmission valent 1/2.

b) Moments d'encastrement parfait.

Seule la travée 12 est chargée. Avec la convention de Cross on a :

tm 312

²qLMM 2112 ==−=

Les autres moments sont nuls.

Le reste des calculs est montré dans le tableau de la page suivante. La der-

nière ligne donne les moments recherchés aux extrémités des barres.

m

Figure 8.6

2 3

q

3 1

6m

6m 4m

5 4


Noeud (ou appui) 4 1 2 5 3

Barre (ou extrémité) 41 14 12 21 23 25 52 32

Coef. de répartition

x (-1) -0.25 -0.75 -0.50 -0.333 -0.167

Mot. d’encastrement

(tm) 0.0 00 3.0 -3.0 0.0 0.0 0.0 0.0

Nœud

libéré

Mot de

libér. (tm)

1 3 - 0.375 -0.75 -2.25 -1.125

2 -4.125 1.031 2.063 1.375 0.688 0.344 0.688

1 1.031 - 0.129 -0.258 -0.773 -0.387

2 -0.387 0.097 0.194 0.129 0.065 0.033 0.065

1 0.097 - 0.012 -0.024 -0.073 -0.036

2 -0.036 0.009 0.018 0.012 0.006 0.003 0.006

Mots aux extrémités

des barres - 0.516 -1.032

1.041 -2.273 1.516 0.759 0.380 0.759

Diagrammes M, N et T

Pour les diagrammes de M et de T, on étudie chaque barre séparément, sup-

posée isostatique et chargée par les sollicitations extérieures qui lui sont directe-

ment appliquées et par des moments aux extrémités obtenus par la méthode de

Cross (dernière ligne du tableau de Cross). Les efforts normaux dans les barres

sont obtenus à partir des conditions d'équilibre de translation horizontale et verti-

cale des nœuds 1 et 2.

1.03

M(tm)

2.28

1.52

0.76

0.76

0.38 0.52


8.4.6 Vérifications

Au cours des calculs il est nécessaire d'effectuer les vérifications suivantes :

a) S'assurer que la somme des coefficients de reprise de chaque nœud vaut

bien "1".

b) Vérifier que le moment de libération est bien équilibré par la somme des

couples de reprise.

Les diagrammes peuvent être contrôlés en s’assurant que :

c) L'équilibre de rotation, et éventuellement l'équilibre de translation, s'il n'a

pas été vérifié lors du calcul des efforts normaux, de chaque nœud sont vérifiés.

Il y a lieu de noter que la condition d’équilibre de rotation des nœuds a été déjà

utilisée pour la répartition des moments, il s’agit ici de s’assurer qu’il n’y a pas

eu d’erreur par la suite.

d) Les barres qui aboutissent au même nœud subissent la même rotation. En

raison de la rigidité des nœuds, toutes les barres concourant en un nœud tournent

d’un même angle. Les moments aux extrémités des barres étant connus (tableau

de Cross), les rotations des nœuds peuvent être déterminées.

Considérons une barre ij et désignons par θi et θj les rotations des extrémités,

donc des nœuds i et j.

Le moment à l’extrémité i par exemple s’écrit, dans le cas d’une barre bi-

encastrée :

jjijiiijijijKKMM θλθ ++= (a1)

De même, on a en j :

iijijjjijijiKKMM θλθ ++= (a2)

Des équations (a) on tire :

iijijjjijiji

d

ji

jjijiiijijij

d

ij

KKMM=M

KKMMM

θλ+θ=−

θλ+θ−=−= (b)

Figure 8.8

0.26 0.57

2.79

0.26 0.19

3.21

T(t) N(t)

2.79 3.78

0.07

C C

C

C


A partir des équations (b) on obtient :

)1(K

MM=

jiijij

d

jiji

d

ij

i λλ

λθ

−

− (c)

Si la barre ij est de rigidité constante, donc λij = λji = 0.5, il vient :

ij

d

ji

d

ij

i K

M2

1M

3

4=

−θ (c')

Pour une barre ij encastrée en i et articulée en j on a :

0 M KMMjiiijijij

=+= etθ

D’où :

ij

d

ij

iiijijij

d

ij K

M KM-MM === θθ et

Application :

Vérifions la rotation du nœud 1 de l’exemple traité. En considérant la barre

12 on trouve en 1 :

032.13

))000.3(273.2(2

1)000.3041.1(

3

4

K

M2

1M

3

4

12

d

21

d

12

1−=

−−−−−

=

−

=θ

Si on considère la barre 14 on trouve :

032.11

)000.0516.0(2

1)000.0032.1(-

3

4

K

M2

1M

3

4

14

d

41

d

14

1−=

−−−−=

−=θ

Le signe moins indique que le nœud tourne dans le sens inverse au sens posi-

tif de Cross, c’est-à-dire qu’il tourne dans le sens horlogique.


Exemples d’application

1) Raideurs des barres :

10

I3

5

I2.

4

3R ;

4

IR

5

I2R ;

4

IR

CECD

BCAB

===

==

2) Coefficients de répartition des barres :

≅+

=+

=

≅+

=+

=

6154.04152

52

RR

RC

3846.05241

41

RR

RC

BABC

BCBC

BCBA

BABA

Vérification : ΣCij=1 ; CBA+CBC = 0.3846 + 0.6153 = 0.9999 ≅ 1

≅++

=++

=

≅++

=++

=

≅++

=++

=

3158.05241103

103

RRR

RC

2632.01035241

41

RRR

RC

4210.01034152

52

RRR

RC

CBCDCE

CECE

CECBCD

CDCD

CECDCB

CBCB

CCB+CCD+CCE = 1 ; 0.4210 + 0.2632 + 0.3158 = 1

3) Calcul des moments d’encastrement parfaits :

C B

2EI

q

I 4,00m

A D

I

2,00m 3,00m

2EI

P E

5,00 m 5,00 m

P = 103 kg

q = 600 kg/m


Barre AB :

80012

²qlM

80012

²qlM

BA

AB

−=−=

=+=

Barre CE :

m.kg 960)2ab(²l

b.PaM

0M

CE

EC

=+=

=

Nœuds A B C D E

Barres AB BA BC CB CD CE DC EC

Coefficient de

répartition Cij

pris en (-)

-0.3846 -0.6153 -0.4211 -0.2622 -0.3158

Moments

d’encastrement

parfait Mij

800 -800 0 0 0 960 0 0

1er Cycle

B bloqué

MB=MB(1) MB(1)=-800

C bloqué

MC=MC(1) MC(1)=1206.12

C débloqué -253.95 -507.90 -317.45 -380.89 -158.73 0

2ème Cycle

B bloqué

MB=MB(2) MB(2)=-253.95

B débloqué +48.83 +97.67 +156.26 +78.13

C bloqué

MC=MC(2) MC(2)=78.13

C débloqué -16.45 -32.90 -20.56 -24.67 -10.28

3ème Cycle

B bloqué

MB=MB(3) MB(3)=-16.45

B débloqué 3.16 6.33 10.12 5.06

C bloqué

MC=MC(3) MC(3)=5.06

C débloqué -1.07 -2.13 -1.33 -1.60 -0.67 0

MAB MBA

l=5m

q=600 kg/m

C

P=103 kg

MCE E

a=2m b=3m


B bloqué

MB=MB(4) MB(4)=-1.07

B débloqué 0.20 0.41 0.66 0.33

4ème Cycle

C bloqué

MC=MC(4) MC(4)=0.33

C débloqué -0.07 -0.14 -0.09 -0.10 -0.04 0

ΣΣΣΣ 1006 -387.91 387.74 -213.43 -339.43 552.74 -169.72 0

Trace du diagramme de M

Diagramme de M le long de AB

P E B

A D

C

2,00 m 3,00 m

4,00 m q

1006 169,72

387,74

387,91

213,43 552,74

339,43

5,00 m 5,00 m


Diagramme de M le long de CE

+

B A

A B

1006 387,91

q=600 kg/m

1600

387,91

707,22

1600

387,91

ql²/8=1200

A

+

_

492,78

2,00 m 2,00 m


M le long de BC M le long de DC

387,74 213,43

213,43

C

387,74

C

B

B

169,72 339,43

C D

339,43

169,72

C D

_ _

+

E

E

E C

C

C

P=103

552,74

552,74

2,00 m

P=103

3,00 m

552,74

331,64

1200 552,74

868,36

+

+

_


Diagramme de M sur toute la structure

332,43

196,72

868,36

552,74

213,43 387,74

387,91

492,78

1006

Chapitre 9

LIGNES D’INFLUENCE

9.1 INTRODUCTION

Jusqu’à présent nous avons étudié des structures soumises à des charges im-

mobiles. Mais il existe de nombreux cas où les constructions supportent des

charges mobiles. L’exemple le plus commun est celui des ponts. Le chargement

mobile étant dans ce cas représenté par l’action de la circulation des véhicules et

des trains. Comme autre exemple, citons les ponts roulants qu’on rencontre dans

les ateliers de fabrication. Le chariot, qui déplace des pièces d’un point à un autre

de l’atelier, se meut sur des rails fixés à des poutres.

La figure 1 montre un exemple de chargement mobile, en l’occurrence le sys-

tème Bc. Les distances entre les roues sont fixes et le chargement, représenté

dans le cas présent par un système de six forces concentrées, se déplace comme

un tout.

Quand une charge (chargement) est mobile, c’est-à-dire pouvant occuper

n’importe quelle position sur la poutre, la question qui vient immédiatement à

l’esprit est de savoir, pour une grandeur donnée, quelle est la position de la

charge (chargement) qui provoque la plus grande valeur de la grandeur étudiée.

Cette grandeur peut être un effet élastique quelconque : déplacement d’une sec-

tion, réaction d’un appui, moment dans une section, etc. Il s’agit donc de trouver

la positon de la charge (chargement) qui provoque l’effet maximum et la section

où il se produit (section la plus dangereuse). C’est le problème majeur des char-

gements mobiles. Il faut noter que la position du chargement qui provoque le

plus grand effet pour une grandeur donnée (par exemple le moment fléchissant)

ne l’est pas en général pour une autre grandeur (l’effort tranchant par exemple) et

que ce qui intéresse l’ingénieur en définitive, c’est la position qui provoque les

contraintes les plus importantes.

Figure 9.1

4,5m 4,5m 1,5m 1,5m

1

6t 6t 12t 12t 12t 12t

2 3 4 5 6

4,5m


Outre le problème de la recherche de la position la plus défavorable, les char-

ges mobiles peuvent provoquer une action dynamique résultant de vibrations ou

de chocs. Ce problème ne sera pas traité ici.

Hormis dans des cas très simples, la recherche de la position critique du

chargement est une opération assez complexe. Considérons à titre d’exemple une

poutre bi-articulée. Si la poutre est soumise à une force unique (Figure 9.2a), il

est évident que le moment maximum par exemple apparaît à mi-portée quand la

force est placée en cette même section. Dans le cas d’un chargement constitué de

deux forces (Figure 9.2b), la position de ce dernier qui provoque le plus grand

moment dans la poutre n’est déjà plus évidente. Même quand la section est fixée,

la recherche de la position qui provoque le plus fort moment en cette section

nécessite de longs calculs.

Le problème complexe de la recherche de la position critique d’un charge-

ment mobile peut être grandement simplifié par l’utilisation des lignes

d’influence que nous allons définir d’abord puis examiner leurs propriétés dans

les paragraphes qui suivent.

9.2 DEFINITIONS

Les lignes d’influence montrent graphiquement comment varient les diverses

grandeurs qu’on rencontre habituellement, tous les effets élastiques auxquels

s’intéresse la résistance des matériaux, sous l’influence d’une charge constante

qui se déplace sur la structure.

La grandeur ou effet élastique peut être :

- une contrainte en un point précis ;

- le déplacement (rotation - translation) d’une section donnée ;

- une composante de réaction d’un appui ;

- un élément de réduction dans une section donnée.

La charge mobile est habituellement une force verticale unité, vu qu’en géné-

ral on s’intéresse à l’action des charges verticales sur les constructions. Elle peut

cependant être un couple, une force horizontale, une discontinuité de la section,

un manque de concordance, etc.

Considérons par exemple une poutre-console de longueur l sur laquelle cir-

cule une force P (Figure 9.3a) et intéressons-nous au moment d’encastrement.

Figure 9.2

(b) (a)

B A

P

C

l/2 x l/2-x

P1 P2

a

l


Le moment d’encastrement est donné par l’expression :

MB = - P(l-x) (a)

En faisant varier x de 0 à l, on constate la variation de MB en fonction de la

position de P sur la poutre. Le facteur « - (l-x) » de l’équation (a) par lequel la

force P est multipliée pour avoir le moment en B est appelé fonction d’influence

(parfois coefficient d’influence) de MB. La ligne représentative de cette fonction -

représentée par la droite ab de la figure 9.3b - est appelée ligne d’influence de

MB.

Le diagramme oab (Figure 9.3b) est désigné par diagramme d’influence de

MB.

Différence entre ligne d’influence et ligne représentative d’une grandeur

Le diagramme d’influence, délimité par la ligne d’influence et la droite re-

père (droite ob de la figure 9.3b), ne doit pas être confondu avec le diagramme

du moment fléchissant de la poutre, qui est pour sa part délimité par une droite

repère et la ligne représentative de l’effort considéré (Figure 9.3c).

Considérons une structure élastique et intéressons-nous à l’effet élastique E

produit par une cause mobile C (Figure 9.4a).

a

B A

l

P

x (a)

(b)

(c)

l

b c

Pl

l.i.MB Figure 9.3

(d) (c) Figure 9.4

A E C B B C E A

(a) (b)

Ligne représentative de E Ligne d'influence de E

ye

e (fixe) e (variable)

c (fixe) c (variable)


En vertu du principe de superposition, la structure étant élastique, on peut

toujours écrire :

E = C.f(e,c) (9.1)

f(e,c) désignant ici la fonction d’influence de l’effet E produit par la cause C. Le

diagramme de l’effet E montre par chaque ordonnée la valeur de cet effet dans la

section correspondante sous l’action de la cause C, immobile, appliquée en c

(Figure 9.4c). Le diagramme est obtenu en portant en ordonnées les valeurs de

l’effet E à l’aplomb de chaque section.

Le diagramme d’influence donne l’ordonnée par laquelle il faut multiplier la

cause C pour avoir l’effet E dans la section fixe d’abscisse e (Figure 9.4d). Le

diagramme s’obtient en portant la valeur de l’effet E à l’aplomb de chaque posi-

tion de la cause C prise égale à l’unité.

9.3 UTILISATION DES LIGNES D’INFLUENCE

Les lignes d’influence permettent de calculer assez facilement les effets élas-

tiques produits par les chargements les plus divers. Elles sont plus particulière-

ment utiles dans la recherche des valeurs extrêmes de ces effets et des positions

du chargement qui les provoquent.

Reprenons l’exemple de la poutre-console et considérons un chargement

composé de trois charges concentrées dont les distances mutuelles (d1 et d2) sont

invariables (Figure 9.5a). Signalons qu’un système de forces mobiles concen-

trées pouvant se déplacer en maintenant fixes les distances entre les points

d’application des forces est appelé convoi.

D’après la définition du diagramme d’influence et en vertu du principe de su-

perposition, le moment en B sous l’action du système de forces vaut :

∑=

−=++−=

3

1i

ii332211ByP)yPyPyP(M (a)

Comme les valeurs du coefficient d’influence (ordonnées du diagramme

d’influence) augmentent quand on se rapproche de l’extrémité libre, on conclue

que la valeur extrême du moment d’encastrement s’obtient en plaçant le charge-

ment de manière à faire coïncider la force P1 avec l’extrémité libre de la poutre.

Figure 9.5

A B

P1 P2 P3

d2 d1

l

l y1 y2 y3

(a)

(b)


Les lignes d’influence sont d’une utilité autrement plus grande dans les cas

complexes. Elles peuvent être également utilisées dans l’étude de l’action des

charges réparties. Si la poutre précédente est soumise à une charge répartie uni-

forme partielle comme indiqué à la figure 9.6a, le moment qu’elle produit dans

l’encastrement se calcule en assimilant la charge répartie à une série de forces

élémentaires qdx.

∫−=

d

0

Bydx.qM (a)

Soit :

qSydxqydx.qM

d

0

d

0

B−=−=−= ∫∫

où S est l’aire du diagramme d’influence se trouvant sous la charge répartie (Fi-

gure 9.6b). Ce résultat peut être utilisé pour calculer le moment quelle que soit la

partie de la poutre chargée. Il permet entre autres de déduire que la position criti-

que consiste à placer la charge le plus proche possible de l’extrémité libre.

D’autres utilisations des lignes d’influence, comme le calcul des réactions, seront

montrées plus loin.

Généralisation

Soit une structure élastique soumise à un système de forces concentrées P1,

P2, ..., Pn et une densité de charge q répartie sur un tronçon "d " compris entre les

sections d’abscisses x1 et x2, respectivement (Figure 9.7a).

Figure 9.6

(b)

A B

qdx

d

l

(a)

S y


La connaissance de la ligne d’influence d’un effet élastique E permet de cal-

culer la valeur de cet effet sous l’action de la sollicitation globale en généralisant

les relations (a) et (b) précédentes :

∑ ∫=

+=

n

1i

x

x

ii

2

1

ydx.qyPE (9.2)

9.4 LIGNE D’INFLUENCE D’UN DEPLACEMENT

9.4.1 Méthode basée sur le théorème de Betti-Maxwell

Le problème est de tracer la ligne d’influence du déplacement d’une section i

d’abscisse xi = e (constante). Il s’agit donc de calculer le déplacement subi par la

section étudiée sous l’action d’une force verticale unité qui se déplace sur la

structure considérée.

La méthode intuitive, directe, consiste à construire la ligne d’influence point

par point, en plaçant la charge unitaire en diverses positions et en déterminant le

déplacement provoqué dans la section i. Cette méthode, tout à fait générale,

pouvant s’appliquer quel que soit l’effet élastique et la structure étudiés, est ce-

pendant assez fastidieuse à l’exception des cas très simples.

Le théorème de Betti-Maxwell, dont l’une des formes les plus usitées ex-

prime que le déplacement provoqué dans la section i par une charge concentrée

unité agissant dans la section j est égal au déplacement apparaissant en j lorsque

la même charge est appliquée en i, c’est-à-dire u

ji

u

ijδδ = , fournit une méthode

plus simple.

Figure 9.7

(b)

(a)

P1 P1 Pn

x1

x2

y1 y2 S yn


Pour fixer les idées, considérons l’exemple de la figure 9.8.

Chercher la ligne d’influence du déplacement δ, en l’occurrence la flèche de

la section i, revient à calculer uixδ en faisant varier x de zéro à l (0≤x≤l). Or

d’après le théorème de Betti-Maxwell u

xi

u

ixδδ = .

u

xiδ représentant le déplace-

ment de la section courante d’abscisse x sous l’effet d’une charge unité fixe ap-

pliquée en i ; on voit que si x varie de 0 à l, on obtient la déformée de la poutre

sous l’action de la force unité agissant en i.

En conclusion, la ligne d’influence du déplacement est donnée par la ligne

représentative de ce même déplacement sous l’effet d’une charge unitaire appli-

quée en i. Ainsi, pour tracer la ligne d’influence du déplacement vertical d’une

section i, il suffit de tracer la déformée de la structure sous l’action d’une force

verticale unité appliquée à la section i.

Le tracé des lignes d’influence des déplacements se trouve ainsi simplifié

puisqu’il est ramené à la recherche de déformées. Par conséquent tous les résul-

tats concernant les déplacements, comme le théorème de Pasternak pour le calcul

des déplacements des systèmes hyperstatiques, peuvent être utilisés.

9.4.2 Exemple d’application

Reprenons l’exemple de la poutre-console, supposée de rigidité flexionnelle

constante.

On veut tracer la ligne d’influence de la flèche δ de l’extrémité libre A.

D’après les résultats du paragraphe précédent, le problème revient à déterminer

la déformée de la poutre sous l’action d’une force verticale unité appliquée en A

(Figure 9.9a).

1 i

j

e

x

1

i

j

e

x

(b) (a) Figure 9.8


Cette déformée est donnée par :

)l2xl3x(EI

1 323u

xA+−=δ (a)

L’expression obtenue, fonction d’influence, n’est pas une fonction linéaire de

x. La ligne d’influence est une parabole cubique (Figure 9.9b).

En guise d’application, calculons la flèche fA provoquée par le chargement de

la figure 9.9c. Les déplacements étant petits, la flèche cherchée peut s’obtenir par

superposition des effets de chacune des forces du chargement.

)fff(PPfPfPff 321321A ++=++=

Les flèches f1, f2 et f3 s’obtiennent par particularisation de l’expression (a)

précédente. Il vient :

EI

Pl

64

249)4081128(

EI64

Pl)

8

5

64

812(

EI

Plf

333

A =++=++=

9.5 SYSTEMES ISOSTATIQUES

9.5.1 Méthodes de détermination des lignes d’influence

a) Méthode directe

Elle consiste en règle générale à chercher l’expression analytique de l’effet

élastique étudié dans la section considérée sous l’effet d’une charge unité. La

position de la charge est considérée comme la variable de l’expression cherchée,

c’est-à-dire l’équation de la ligne d’influence de l’effet élastique étudié dans la

section considérée. La ligne d’influence est tracée à partir des valeurs obtenues

(coefficients d’influence) pour plusieurs positions de la cause (charge).

l/4 l/4

l

l

Figure 9.9

(b)

(c)

B A

1

x

B A

P P P

f3 f2 f1

(a)


En verra plus loin que le tracé des lignes d’influence peut être grandement

simplifié dans de nombreux cas. Par exemple, l’effet élastique est souvent une

fonction linéaire de la position (abscisse) de la cause. Dans ce cas, la ligne

d’influence est une droite, ou plusieurs segments de droite, qu’on peut construire

à raison de 2 points par segment. Par ailleurs, les conditions de fixation de la

structure donnent souvent des indications précieuses qui facilitent le tracé.

b) Méthode cinématique

Elle permet d’obtenir directement la forme exacte de la ligne d’influence. La

détermination d’une seule ordonnée suffit pour avoir l’échelle correcte du dia-

gramme d’influence.

La méthode est basée sur le théorème des travaux virtuels. Pour obtenir la li-

gne d’influence d’une grandeur - R, M, N, T - on supprime la liaison lui corres-

pondant et on la remplace par une inconnue (ou 2 inconnues égales et opposées

s’il s’agit d’une liaison interne). Avec la suppression d’une liaison, externe ou

interne, le système isostatique devient alors un mécanisme à un degré de liberté,

pouvant se déplacer sans se déformer (comme un corps indéformable).

On applique ensuite au mécanisme un déplacement virtuel, c’est-à-dire très

petit et compatible avec les liaisons restantes. La configuration obtenue repré-

sente la ligne d’influence cherchée. L’échelle réelle du diagramme s’obtient en

calculant l’ordonnée d’un point.

9.5.2 Ligne d’influence d’une réaction d’appui

Les lignes d’influence offre un moyen assez simple de calcul ou de vérifica-

tion des réactions. Considérons la poutre bi-articulée de la figure 9.10a.

Les réactions RA et RB sont données par :

l

x.1R

l

)xl(.1R

BA=

−= et (a)

où l

x

l

)xl(et

− sont les coefficients d’influence de RA et RB, respectivement. Ils

sont représentés graphiquement par les lignes d’influence ao (Figure 3.10b) et ob

(Figure 9.10c).


Pour une charge concentrée P, les réactions en A et B s’obtiennent en multi-

pliant les coefficients d’influence correspondants, y et y’, respectivement, par P

(Figures 9.10b et c). Dans le cas d’un système de plusieurs forces concentrées P1,

P2, ..., Pn (Figure 9.10d), on a :

'

i

n

1i

iBi

n

1i

iAyPR yPR ∑∑

==

== et

Si la poutre supporte une charge q uniformément répartie sur un tronçon (Fi-

gure 9.10e), la réaction d’un appui est obtenue en multipliant par q l’aire du

diagramme d’influence de la réaction considérée délimitée par le tronçon char-

gé ;

RA = qS et RB = qS’

Par exemple, dans le cas d’une charge q répartie sur la moitié gauche de la

poutre on trouve :

8

ql

2

1

2

l

2

1qR

8

ql3)

2

11(

2

l

2

1qR

BA===+= et

En observant que les coefficients d’influence sont numériquement égaux aux

réactions apparaissant dans les appuis sous une charge unité, on peut déduire une

méthode très simple de construction des lignes d’influence. Considérons par

exemple la poutre de la figure 9.11a et intéressons-nous à la ligne d’influence de

la réaction en A. Quand la charge mobile, supposée dirigée vers le bas, est sur A,

la réaction en cet appui vaut 1, la force étant reprise en totalité par cet appui.

Lorsque la charge se trouve en B ou C, la réaction en A est nulle pour la même

B

(a)

Figure 9.10

A B

P=1

x l-x

a

o

y S

b

o y' S'

l

l

P1 P2 Pn

B A

A B q

(b)

(d)

(e)

(c)


raison invoquée précédemment. Sachant par ailleurs que la réaction est une fonc-

tion linéaire de x (position de la charge par rapport à une extrémité de la poutre),

on trace aisément la ligne d’influence qui est composée de segments de droite

passant par les ordonnées 1 en A et 0 en B et C. L’unique façon de construire la

ligne d’influence de RA est celle indiquée à la figure 9.11b.

Pour la ligne d’influence de RB, elle passe par 0 en A, 1 en B et 0 à nouveau

en C (Figure 9.11c). Le même procédé est utilisé pour tracer la ligne d’influence

de la réaction de l’appui C (Figure 9.11d).

On notera que la somme des ordonnées des lignes d’influence des réactions

de la poutre est égale à 1 quelle que soit la section considérée (équilibre de tran-

slation verticale). Cette condition offre un moyen de contrôle des diagrammes

d’influence obtenus. Si par exemple en une section quelconque cette somme est

différente de 1 ou que son signe est tel que la charge unité n’est pas équilibrée,

c’est qu’il y a erreur. Cette méthode est d’une grande utilité dans le calcul des

réactions des poutres isostatiques complexes avec plusieurs charges (poutres

cantilevers notamment).

Méthode cinématique

Elle rappelle beaucoup la méthode précédente. Considérons la poutre bi-

articulée de la figure 9.12a. Pour tracer la ligne d’influence de la réaction de

l’appui A, on supprime la liaison et on la remplace par une force verticale RA puis

on donne un déplacement vertical au mécanisme obtenu qui peut tourner autour

de l’appui B (Figure 9.12b).

+

Figure 9.11

A C B

1

1 +

+ _ (d)

(c)

(b)

(a)


L’équation des travaux virtuels s’écrit :

δδ

yR 0y.1RAA

=⇒=−

où δ est le déplacement du point d’application de la réaction RA. La droite jk

(Figure 9.12b) donne la forme exacte de la ligne d’influence de la réaction. Pour

avoir l’échelle correcte, il suffit de prendre δ = 1. La méthode est d’un grand

service dans le cas de structures complexes. Considérons la poutre cantilever de

la figure 9.13a.

Pour construire la ligne d’influence de la réaction de l’appui B par exemple,

on supprime l’appui et on donne à la section B un déplacement unité positif (vers

le haut). La nouvelle configuration de la poutre ainsi obtenue définit la ligne

d’influence cherchée (Figure 9.13b). De la même manière, on trace les lignes

d’influence des autres réactions.

Figure 9.12

RA

y δ

P=1

B A

a x l-x b

k

j

(a)

(b)

Figure 9.13

A B C D

_

1 +

(a)

(b)


Exemples d’application

1) Raideurs des barres :

10

I3

5

I2.

4

3R ;

4

IR

5

I2R ;

4

IR

CECD

BCAB

===

==

2) Coefficients de répartition des barres :

≅+

=+

=

≅+

=+

=

6154.04152

52

RR

RC

3846.05241

41

RR

RC

BABC

BCBC

BCBA

BABA

Vérification : ΣCij=1 ; CBA+CBC = 0.3846 + 0.6153 = 0.9999 ≅ 1

≅++

=++

=

≅++

=++

=

≅++

=++

=

3158.05241103

103

RRR

RC

2632.01035241

41

RRR

RC

4210.01034152

52

RRR

RC

CBCDCE

CECE

CECBCD

CDCD

CECDCB

CBCB

CCB+CCD+CCE = 1 ; 0.4210 + 0.2632 + 0.3158 = 1

C B

2EI

q

I 4,00m

A D

I

2,00m 3,00m

2EI

P E

5,00 m 5,00 m

P = 103 kg

q = 600 kg/m


3) Calcul des moments d’encastrement parfaits :

Barre AB :

80012

²qlM

80012

²qlM

BA

AB

−=−=

=+=

Barre CE :

m.kg 960)2ab(²l

b.PaM

0M

CE

EC

=+=

=

MAB MBA

l=5m

q=600 kg/m

C

P=103 kg

MCE E

a=2m b=3m


Nœuds A B C D E

Barres AB BA BC CB CD CE DC EC

Coefficient de

répartition Cij pris en (-)

-0.3846 -0.6153 -0.4211 -0.2622 -0.3158

Moments

d’encastrement

parfait Mij

800 -800 0 0 0 960 0 0

1er Cycle

B bloqué

MB=MB(1) MB(1)=-800

C bloqué

MC=MC(1) MC(1)=1206.12

C débloqué -253.95 -507.90 -317.45 -380.89 -158.73 0

2ème Cycle

B bloqué

MB=MB(2) MB(2)=-253.95

B débloqué +48.83 +97.67 +156.26 +78.13

C bloqué

MC=MC(2) MC(2)=78.13

C débloqué -16.45 -32.90 -20.56 -24.67 -10.28

3ème Cycle

B bloqué

MB=MB(3) MB(3)=-16.45

B débloqué 3.16 6.33 10.12 5.06

C bloqué

MC=MC(3) MC(3)=5.06

C débloqué -1.07 -2.13 -1.33 -1.60 -0.67 0

B bloqué

MB=MB(4) MB(4)=-1.07

B débloqué 0.20 0.41 0.66 0.33

4ème Cycle

C bloqué

MC=MC(4) MC(4)=0.33

C débloqué -0.07 -0.14 -0.09 -0.10 -0.04 0

ΣΣΣΣ 1006 -387.91 387.74 -213.43 -339.43 552.74 -169.72 0


Trace du diagramme de M

Diagramme de M le long de AB

+

B A

A B

1006 387,91

q=600 kg/m

1600

387,91

707,22

1600

387,91

ql²/8=1200

A

+

_

492,78

2,00 m 2,00 m

P E B

A D

C

2,00 m 3,00 m

4,00 m q

1006 169,72

387,74

387,91

213,43 552,74

339,43

5,00 m 5,00 m


Diagramme de M le long de CE

M le long de BC M le long de DC

387,74 213,43

213,43

C

387,74

C

B

B

169,72 339,43

C D

339,43

169,72

C D

_ _

+

E

E

E C

C

C

P=103

552,74

552,74

2,00 m

P=103

3,00 m

552,74

331,64

1200 552,74

868,36

+

+

_


Diagramme de M sur toute la structure

332,43

196,72

868,36

552,74

213,43 387,74

387,91

492,78

1006

chapitre 1 introduction - f2school

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