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.
4 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
6 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
8 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
10 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
Exercice 1.3 Exercice 1.4
Rép. : VA = 3.34 t, VB= 4.66 t Rép. : VA= 8 t, VB = 16 t
Exercice 1.5 Exercice 1.6
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
Exercice 1.7 Exercice 1.8
Rép. : VA=-0.83 t, VB=2.83 t, HA=-1 t Rép. : VA=-C/(a+b), VB=C/(a+b)
Exercice 1.9 Exercice 1.10
Rép. : VA=2.6 t, VB=2.4 t Rép. : CA=-21 tm, VA=6 t
Exercice 1.11 Exercice 1.12
Rép. : CA=-7.5 tm, VA=5 t, HA=-1 t Rép. : VA=5.33 t, VB=0.67 t
Exercice 1.13 Exercice 1.14
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
Exercice 1.15 Exercice 1.16
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
Exercice 1.19 Exercice 1.20
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
Exercice 1.21 Exercice 1.22
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
Exercice 1.23 Exercice 1.24
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
Exercice 1.25 Exercice 1.26
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
Exercice 1.27 Exercice 1.28
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.
2 0 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 21
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).
2 2 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 23
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
2 4 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 25
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 :
2 6 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 27
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 8 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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.
Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 29
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
3 0 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 31
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
∫
3 2 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 33
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( . )
Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 35
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.
Exercice 2.1 Exercice 2.2
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
3 6 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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.
Chercher les déformées et les grandeurs indiquées des systèmes représentés
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
Dép la ce ments des pou t re s f léch ie s 37
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.
Chercher les déformées et les grandeurs indiquées des systèmes représentés
ci-après en utilisant la méthode de la poutre conjuguée.
Exercice 2.15 Exercice 2.16
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
3 8 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
Exercice 2.17 Exercice 2.18
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)
4 0 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
4 2 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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).
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 43
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
4 4 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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.
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 45
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
4 6 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 47
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
4 8 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 49
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
5 0 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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 :
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 51
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
5 2 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 53
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
5 4 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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.
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 55
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.
Exemples d'application
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
5 6 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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)
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 57
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)
5 8 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
Exemples d'application
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
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 59
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
6 0 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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.
Exemples d'application
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
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 61
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
6 2 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
Exemple d'application
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 :
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 63
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
6 4 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 65
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 .
Exemple d'application
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
6 6 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 67
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
6 8 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
∫ ∫∫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= + ∫
Exemple d'application
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
L e po ten t ie l in te rne e t ses app l ica t i ons 69
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
+
7 0 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
Le po ten t ie l in te r ne e t se s app l ica t ion s 73
Exercice 3.11 Exercice 3.12
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
Exercice 3.13 Exercice 3.14
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?
7 4 CAL CUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Le po ten t ie l in te r ne e t se s app l ica t ion s 75
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
7 6 CAL CUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
Exercice 3.21
RB?
Rép. : RPa
lB =
3
2
Exercice 3.22
RHA ?
Rép. : RH
A = 0.94P
Exercice 3.23 Exercice 3.24
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
7 8 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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)
8 0 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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.
8 2 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
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
8 6 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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 :
Calcu l d es sys tèmes p lan s pa r la méthode des fo rces 87
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 :
8 8 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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)
Calcu l d es sys tèmes p lan s pa r la méthode des fo rces 89
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
9 0 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Calcu l d es sys tèmes p lan s pa r la méthode des fo rces 91
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
9 2 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Calcu l d es sys tèmes p lan s pa r la méthode des fo rces 93
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
Exercice 5.3 Exercice 5.4
Exercice 5.5 Exercice 5.6
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
Calcu l d es sys tèmes p lan s pa r la méthode des fo rces 96
Exercice 5.7 Exercice 5.8
Exercice 5.9 Exercice 5.10
A.N. : P=12t, L=4m, I1=10-
3m
4,
I2=8I1 et E=2.1 106 kg/cm
2.
Exercice 5.11 Exercice 5.12
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
Calcu l d es sys tèmes p lan s pa r la méthode des fo rces 97
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
1 00 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
1 02 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 103
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
1 04 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 105
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
1 06 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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.
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 107
• 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
1 08 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 109
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)
1 10 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 111
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)
6.3.5 Exemple d'application
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
1 12 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 113
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
1 14 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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.
Exemple d'application
• 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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 115
• 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
1 16 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 117
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.
Exemple d'application
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
1 18 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 119
Exemple d'application
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
1 20 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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)
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 121
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
1 22 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 123
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
1 24 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 125
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
1 26 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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.
Exercice 6.4 : M1=-25.6 tm, M2=-5.5 tm, M3=-6.2 tm,
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.
Exercice 6.9 : M1=-7.35 tm, M2=-5.31 tm, M3=-20.00 tm,
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.
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 127
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
1 28 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 129
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°
1 30 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 131
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
1 32 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 133
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
1 34 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
6.6.3 Exemple d'application
(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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 135
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.)
1 36 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
• 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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 137
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
1 38 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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- Poutres con t inues à âme p le i ne 139
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
1 40 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
• 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)
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 141
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
1 42 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 143
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
1 44 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
• 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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 145
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
1 46 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
A- Poutres con t inues à âme p le i ne 147
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)
1 50 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
1 52 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 153
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)
1 54 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 155
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
1 56 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 157
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
1 58 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 159
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
1 60 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 161
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
1 62 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 163
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
1 64 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 165
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
1 66 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 167
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
1 68 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 169
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 =
1 70 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 171
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
1 72 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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 7.1 Exercice 7.2
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 7.6 Exercice 7.7
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
1 78 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 179
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
1 80 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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)
Méthod e des ro ta t ions 181
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
1 82 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 183
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−−−=
1 84 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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.
Méthod e des ro ta t ions 185
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.
1 86 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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.
Méthod e des ro ta t ions 187
8.4.5 Exemple d'application
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
1 88 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 189
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
1 90 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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.
Méthod e des ro ta t ions 191
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
1 92 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 193
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
1 94 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 195
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
+
+
_
1 96 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
1 98 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 199
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)
2 00 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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)
Méthod e des ro ta t ions 201
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
2 02 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 203
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
2 04 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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)
Méthod e des ro ta t ions 205
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).
2 06 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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)
Méthod e des ro ta t ions 207
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)
2 08 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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)
Méthod e des ro ta t ions 209
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
2 10 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 211
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
2 12 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
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
Méthod e des ro ta t ions 213
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
+
+
_
2 14 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES
Diagramme de M sur toute la structure
332,43
196,72
868,36
552,74
213,43 387,74
387,91
492,78
1006