chapitre6 la flexion simple

Chap VI Flexion simple

Cours de rsistance des matriaux K. GHENIA

FLEXION SIMPLE

1) Introduction exprimentale : considrons une poutre reposant sur deux appuis soumise une charge concentre

verticale.

Aprs dformation, cette poutre accuse un flche ( dplacement vertical des diffrents points, do le nom de flexion ) et on constate que les fibres situes en partie suprieure sont sollicites en compression tandis que celles qui sont situes en partie infrieure sont sollicites en traction.

Entre ces deux rgions, il existe une fibre qui nest ni tendue ni comprime : cest la fibre neutre.

Hypothses : On considrera dans cette tude des poutres plan moyen, cest--dire pour lesquelles y est axe de symtrie de la section droite. En outre, toutes les forces sont appliques dans le plan ( xoy). ( les couples et moments sont ports par z).

P

x

y

P

Zone comprime

Zone tendue Fibre neutre

56



Les matriaux sont supposs homognes. La fibre neutre est donc confondue avec la ligne moyenne ( cest--dire que la fibre neutre passe par le centre de gravit de toutes les sections droites). 2) Diffrents types de flexion plane : 1-2) Flexion pure : Cette flexion correspond au cas o les sollicitations dans une section quelconque se rduisent au seul moment flchissant ( pas deffort tranchant ). Remarquons que ce cas, bien que trs intressant dun point de vue thorique car il permet de dissocier les effets du moment flchissant de ceux de leffort tranchant, napparat pratiquement jamais dans la ralit. Exprimentalement, on observe un comportement de flexion pure dans un cas comme celui-ci :

x y

y

x P P

Zone o V =0 M = Cte

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1-2) Flexion simple : Cest le cas o les sollicitations dans une section sexpriment sous la forme du torseur : V(x) M(x) Dans ce cas, on mettra en vidence par le calcul leffet de leffort tranchant associ celui du moment flchissant.

3) Etude de la flexion simple : 3-1)Ccontrainte normale due au moment flchissant : Considrons une poutre sur deux appuis soumise une charge quelconque. Nous allons

examiner le comportement dune section ( xo) et reprendre lhypothse de Navier-Bernoulli :

Pour que lhypothse de Navier-Bernoulli soit vrifie, il est ncessaire que lallongement relatif de la fibre sur laquelle est situe le point M soit une fonction linaire des

coordonnes du point M dans la section (x). Daprs la loi de Hooke, il en est de mme pour la contrainte, que nous crirons :

= a + b.y + c.z

comme nous lavons vu la fin du chapitre 3, les sollicitations scrivent :

N(xo) = (xo) z)dS(y, (1)

M(xo) = dS z)y,( y.(xo) (2)

x

y

M y z

M

y

M y z

x

y

z

Avant dformation Aprs dformation

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Dveloppons lexpression (1) en remarquant que leffort normal est nul :

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

les axes y et z passant par le centre de gravit G de la section, on a (daprs la dfinition du centre de gravit ) : (xo)y.dS = (xo) z.dS = 0

on en dduit donc :

a = 0 dveloppons de mme lexpression (2) : (xo)a.y.dS + (xo)b.y.dS + (xo)c.y.z.dS = M(xo)

le troisime terme du premier membre est nul : (xo).y.z.dS tant le produit dinertie

dune section symtrique par rapport laxe y.

on reconnat en outre la quantit (xo) .dSy qu est le moment quadratique de la section

(xo) par rapport laxe z. on dduit de cette quation lexpression de la constante b :

Iz)M(x

b o=

en exprimant la nullit du moment flchissant port par y ( problme plan) on dduit trs aisment :

c = 0

do lexpression de la contrainte normale en un point M(y,z) de la section (xo) :

y . Iz

)M(x y),(x oo =

Exemple : Variation de la contrainte normale dans une section rectangulaire.

Considrons la section suivante (xo) dune poutre droite :

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Le moment quadratique par rapport laxe z scrit : 12bh

Iz3

=

faisons varier y de 2h

2h

+ . Les contraintes en fibres suprieure et infrieure

scrivent :

bh)6.M(x

-

o=s

bh)6.M(x

o

i +=

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

b

h

y

z G

i = -s

s y

G(x0)

60



4) Dformations : Nous allons dans ce paragraphe tablir des relations entre la dformation de la poutre

et le moment flchissant qui la sollicite.

Considrons un tronon de longueur dx dune poutre avant et aprs dformation. Considrons une fibre m1m2 situe la distance y de la fibre neutre. Aprs dformation cette fibre est reprsente par m1m2. La dformation relative scrit :

21

22

mm

mm' =

les dformations tant petites, on peut crire :

m2m2 = y.d

en outre : m1m2 = dx la dformation scrit donc :

dxd

y. =

et daprs la loi de Hooke, la contrainte a pour expression :

dxdE.y. =

exprimons prsent le rayon de courbure de la fibre neutre :

y

x y

dx

d

G1 G2

m1 m2 m2

61



ddx

G. R 2 =

en remplaant dans lexpression de la contrainte, il vient : .y RE

=

puis en galant la valeur de la contrainte normale en flexion pure, on obtient une relation

entre la courbure ( qui est linverse du rayon de courbure) et le moment flchissant :

E.IzM(x)

R1

==

le terme E.Iz1

est appel flexibilit de la poutre, inverse de la rigidit en flexion : EIz.

Nota : la courbure reprsente en outre la rotation de la section :

dxd

=

dtermination de la configuration dforme de la poutre : on dmontre, en gomtrie analytique, que le rayon de courbure dune courbe dquation y = f(x) scrit :

''y y') (1

R3/2+

=

et, les dformations tant faibles, y est ngligeable devant 1 . on peut donc exprimer R sous la forme :

''y 1

R =

Si y = f(x) est lquation de lallure dforme de la poutre, nous pouvons crire :

E.IzM(x)

'y' =

cest lquation diffrentielle de la dforme . * Processus dintgration : En intgrant une premire fois lquation (1), on obtient la pente ou la rotation de la dforme labscisse x qui est gale a :

tg dxdy

== [rd] (2) ( car est petit )

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de lquation (2) on peut crire :

EIM

dxdy

dxd

==

do

.dx EIM

d =

en intgrant une deuxime fois lquation (1), on obtient la flche y de la dforme labscisse x

Exemple : * On considre une poutre droite qui repose sur deux appuis simples et soumise une charge uniformment rpartie q :

* Dterminer les quations de la dforme et sa pente, puis calculer la rotation A de la dforme lappui A et la valeur de la flche c mi-porte de la poutre . (on suppose que EI est constante ). Solution : On a

RA = RB = ql/2 Et

Mf(x) = (ql/2).x (ql/2).x

De lquation (1) on a :

) .x2q

-.x 2q.l

( EI1

EIM

dxdy

==

l

c A B

C A

q

y

x

63



En intgrant une premire fois, on a : 13

C 6qx

- 4qlx

EI. dxdyEI. +==

En intgrant une deuxime fois, on aura : 21.43

C .x C 24qx

- 12qlx

EI.y ++=

On dtermine les constantes dintgration par les conditions aux limites ( C.A.L), aux appuis A et B.

- en A , pour x = 0, yA =y(0) = 0 donc, C2 = 0 - en B, pour x = l, yB =y(l) = 0, do, en remplaant ces valeurs dans lquation (1), on aura

0 . 24 - 12 144

=+ lCqlql

C1 = 24.

3lq

do on trouve :

24EIq.

-6EI q.x

- 4EI.xq.

dxdy

(x)33 ll

==

y(x) = 24EI.q.

24EIq.x

- 12EI.xq. 343 xll

pour x = o 24EIq.

- 3

Al

=

pour x = l/2 EI 384q. 5

- /2)(y 4l

lc ==

Exemple 2 :

* Dterminer les quations de la dforme et sa pente, puis calculer la rotation A de la dforme lappui A et la valeur de la flche c mi-porte de la poutre . (on suppose que EI est constante ).

l

c A C

A

y

x

F

B

64



Solution :

On a

RA = RB = F/2 Et

Pour 0 x l/2 : Mf (x) = RA.x = (F/2).x Pour l/2 x l : Mf (x) = RB.(l-x) = (F/2).(l -x ) De lquation (1) on a : Pour 0 x l/2

.x) 2F

( EI1

EIM

dxdy

==

En intgrant une premire fois, on a : 1C 4F.x

EI. dxdyEI. +== (1)

En intgrant une deuxime fois, on aura : 21.3

C .x C 12F.x

EI.y ++= (2)

On dtermine les constantes dintgration par les conditions aux limites ( C.A.L), aux appuis A et B.

- en A , pour x = 0, yA =y(0) = 0 donc, C2 = 0 - en C, pour x = l/2, B = (l/2) = 0, do, en remplaant ces valeurs dans lquation (1), on aura

( ) 0 24F 12 =+ Cl C1 = 16. 2lF

do on trouve :

( )16F - x4F EI1 dxdy (x) l== y(x) = ( )x.16F. x.12F.EI1 3 l pour x = o 16.EI

F. - A l=

pour x = l/2 EI 48F.

- /2)(y 3l

lc ==

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5) Expression de la contrainte tangentielle : Considrons une poutre droite dans laquelle nous allons isoler un paralllpipde, pris en partie suprieure de la poutre :

Bilan des efforts sur toutes les faces : - face 1212 : pas defforts ( bord libre de la poutre ) - face 3434 : contrainte longitudinale , sappliquant sur une surface b.dx

- face 1414 : * contrainte normale 01 y . IzM(x)

= donnant lieu une rsultante

= S o1 .dsy IzM

N

* contrainte tangentielle dont on ne connat pas la rpartition.

- face 2323 : * contrainte normale 02 y . Izdx) M(x

+

= donnant lieu une rsultante

+

=S

o2 .dsy Izdx)M(x

N

* constante tangentielle dont on ne connat pas la rpartition.

Ecrivons lquation dquilibre en projection sur laxe x du paralllpipde :

1

1

4

2

3

2 3 4

N1 N2

G1 G2 x

dx x

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0 .dsy Izdx)M(x

.dsy IzM(x)

- b.dx.S

oS

o =+

+

la quantit S .dsyo nest autre que le moment statique de la face 1414 soit m(So).

Donc :

+= dx

M(x) - dx)M(x . b.Iz -

(So)m

La quantit entre parenthses est la drive du moment flchissant par rapport x, soit encore linverse de leffort tranchant.

Il vient donc : b.IzV.

(So)m

=

Application Cas dune section rectangulaire :

Considrons la section rectangulaire suivante :

Exprimons la contrainte laide de la formule que nous venons dtablir :

12bh

Iz3

=

)y 2.(21). y - 2

hb.( .Soy (So) ooGo +== hm

do )y - 4h

( bh6V

o3=

on constate que la variation de en fonction de yo est parabolique.

Cette variation a pour allure :

Remarquons que la contrainte maximale a pour expression :

bhV

.23

max =

yo

max

y

h

b

v

v

G yo

So

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6) Applications :

On donne la poutre simplement appuye qui supporte des charges concentres ( voir figure ci-aprs).

F F=100 kN

RA 4.00 4.00 4.00 RB

L =12.00 m

a- Dterminer les diagrammes des efforts tranchants et des moments flchissant le long

de la poutre ;

b- Tracer le diagramme de la contrainte normale , au niveau de la section la plus

sollicite ;

c- Tracer lallure du diagramme de la contrainte tangentielle au niveau de la section C et

calculer max.

On donne : H=80 cm, b=100 cm, ho=20 cm et bo=30 cm

Solution : On a RA = RB = 100 kN ( par raison de symtrie ) ; a-1) dtermination du diagramme des efforts tranchants : pour 0 x 4m, V = - RA = -100 kN

pour 4 x 8m, V = -RA + F= -100 + 100 = 0

pour 8 x 12m, V =- RA + F +F

= -100 +100 +100 = +100 kN -100 kN

A C D B

+100 kN ( DET ) V

x

A C D B

ho

H

b

y

z

bo

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a-2) dtermination du diagramme des moments flchissant : pour 0 x 4m, M = RA.x = 100.x x = 0, M=0 ;

x = 4, M = 400 kN

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

A B

400 kN.m

( DMF )

b-1) Caractristiques gomtriques de la section : surface : S = 3800 cm

position de G : v = 28.95 cm; v = 51.05 cm. * inertie : IGZ = 2122456.17 cm4

b-2) contrainte normale : = GZ

fz

I.yM

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

do 0.019.y ..102122456,17

400.10 4

6== y

(v) = s = (289.5) = 5.5 Mpa et (-v) = i = (-510.5) = -9.7 Mpa

c) contrainte tangentielle : = b.Iz)(V. som

en C, leffort tranchant V = 100 kN

C D

s

i

y y

z

v

v

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pour yo = v = 289.5 mm mso = 0 (289.5) = 0 yo = 89.5mm mso = 379.106 mm3 (89.5) = 5.95 Mpa (pour b = 300mm) (89.5) = 1.785 Mpa (pour b = 1000mm) yo = 0 mso = 499.106 mm3 (0) = 7.84 Mpa

dou lallure suivant du diagramme de la contrainte tangentielle :

y

z

v

v

y

max

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