gmcs069c

7/25/2019 GMCS069C

http://slidepdf.com/reader/full/gmcs069c 1/92

« . • ) - .

Chapitre XIV « ETUDES DES SYSTEMES

ïnPERSTÂTIQJJSS

A -

ijggg^^

simuc^

14-1 .GgMlAU ^

1°) Mgjigcion des

structures

continuas

^

ne

MSiSiffiS.

s

* dite continue si elle est formée d'éléments

rectilignes

dont les extrémités sont réunies par des noeuds rigides^

^

n

B9,eud

est ri^de lorsque les éléments qui y aboutissent forment

entre

eux des

angles constants avant

et

après

déformation«

^

ne

^tr^vée_ est un des éléments

d

f

une

structure continue limité

à deux noeuds consécutifs.

Les plus courantes

des

structures continues

-sont

les

£2HH§§.

j&oj^fe\LQSj

les

portigues.

et les

cadres.

[M.BAHUAUD], [1968], INSA de Lyon, tous droits réservés.

7/25/2019 GMCS069C


* ~

2 ~

2°)

Hypotlièses de

calcul

Les

charges sont situées dans

le

plan

de la

figure

Les

déformations

ont

lieu dans

ce

plan

Le seul élément de calcul considéré est le moment fléchissant.

3°) Conventions sur

lœ axes

Pour

les

poutres

continuée, le

système d'axes adopté

est le

même

qu'auz chapitres précédents.

Dans le cas

d

f

un portique

ou

d'un

cadre, il e§t nécessaire, pour les barres

verticales

9

d'adopter un système d'axe conservant le même sens de rotation

positif des moments que pour les barres

horizontales.

Donc deux cas possibles s


7/25/2019 GMCS069C


- 3 -

Pour chaque application lors das tracés

du

diagramme

des

moments fléchissants

il sera nécessaire de préciser le

système

d'axes choisi de façon a

"bien

définir

ce que

l

on

ontand par "gauche" et "droite" dans le cas d'un

montant»

"

{

4-2 Foiyiules

i

de

base

j.

éguations

de

Bresse

1°)

Foriaules

genéralegL ' (Rappel

î

cf 12-1)

On ne tient compte que des moments fléchissants-

Soit

une

poutre de ligne moyenne plane

G.

G

9

et un

système d'axes

(0, x y z).

Les

équations

définissant

la

déformation générale

de

cejrfce

poutre sont

s


7/25/2019 GMCS069C


_ 4

~

2°)

G

u

a8

a:

,particulier

Une

poutre

droite

C E D ,

de

longueur

1, est

avant déformation

portée

par

l'axe

Gs ; . après déformation elle occupe la position gd (c'est-à-dire

que gd est la déformée de

C E D )

On définit s Uj = Gg , U

£

= Dd , A = Ug -

U^

~>

_$*.

t et t, les tangentes en g et d , à la déformée

Par rapport à la position initiale,la rotation du noeud est caractérisée par

l

1

angle Q

, la

rotation

de la

barre

par

l'angle

i

(angle

de

l'horizontale

avec la corde de la déformée)^ i étant en général très petit, on peut le

confondre avec sa tangente i

=

~* ~ (radians). Enfin l'angle de la corde

«V

avec la tangente à la déformée est CO »


7/25/2019 GMCS069C


En-une

section courante

de GB

existent

le

moment

fléchissant

H et l'effort

tranchant

T.

On

peut considérer

ce

système corne étant

la

superposition

des

deux systèmes

isostatiques suivants

;

1

~

une

poutre

sur

appuis simples

GD de

même inertie

que la

travée

GD et identiquement chargée* Une section courante de cette

poutre supporte

un

moment fléchissant

M

1

et "u n

effort tranchan.

T

« Les

charges créent

sur les

appuis

des

réactions R

f

p

et


7/25/2019 GMCS069C


xt^argue^

:

J M O U S

avons note s

ÏI

:

ïloment fléchissant

^ Moment d'extrémité = action

de

l'extérieur

(du

noeud

sur la

v<

^

>w

^ ..«-—-

travée )o

^

w

° --.

r

^

rf

''

Plus loin nous utiliserons également

:

U s moment transmis

=

action de la travée sur le noeud

Entre ces différents moments existent les relations ;

«,=-K

^=-fV ( - 1 1 )

7 f c = M

6

,

m ^ - M ,

2° )

Diasrajme

âes

moments, fléchissants

f

qr^p

n r < S û

O n

a

î"

G

= R'

G

, et par superposition -R

=

R

+

M^g, +U V(>v

V

Par définition, pour un point P d

f

abscisse z le moment fléchissant sur la

travée est s \

H = IL -T

n

z

+

/QôS iloments des forces situées entre G et P

(r

(r >

par

rapport au point

P

Sur la poutre sur appuis simples il est :

M

1

« T

f

G

z

+ >

idem

cVoù

M

-

Î I

f

=

M

Q

- 2s (T

G

- T

f

Q

) (linéaire)

m

/ ^ r > n z >

,= ,, _

Q

.

n

|iH»)

„M , M '

+

M, f e )+M

D

J r ^

&

/ £

Ce

que traduit le diagramme

2


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


f i - .

4-4 [

W

-1^

i

K - ( V v

s

-

4

J

°o " °

soit finalement s y j ns

f

,

0

r=f-4i

7*

hWMs M, (16)

On pose

J

.p

w

Oi_?t _ t, J

Q

— s

G

=

^

M

1

(l - z) dz

1

j e

(17)

D

= -

?

[

14

« a

dz

1 J

0

G et D sont appelés facteurs de

charges

(ou de sollicitations) respectivement

à

gauche

et à

droite. Avec cette dernière convention

on

écrit

s

° D = T -

rs-£

0 > + "

G

+ 2V

de) '

8

r

=-ï-

+

rrk

<

C

+

2 M

G

+

V

(

1 5

)

1

Telles sont les équations liant les rotations en G et en D aux moments

fléchissants en ces points.

Remaixme : on a calculé une fois pour toute les facteurs c l é sollicitations

pour différents systèmes

de

charges (cf«

tableau)^

14-5 Formules d e^ Wilson et Maney

I

Po"^^

écrire

l

1

équilibre

d

f

\m

systène,

oh

doit raisonner

sur

les

moments d'extrémités

et non sur les

moments

fléchissants.

Les formules de ¥ilson et uaney sont les réciproques des équations

(15)

1

et (lo)

1

,

écrites avec

des

moments

d'extrémités.

e i+ Gtf M G + M J ,]

x E

x ^

6

*"él[

D+M

<^

2Î

V|

X ^

x £

Par addition membre à membre on obtient :

2

8

G

+e

D

=

3i

+ S

-

(2G-D)

+2

^

d ' o ù

EL =

2 B k ( 2 0

+9 -

3i)-L£jl2

C r

U -

D Q

j)e ' ÎTQewe on oo f fen t

- M

D

= 2 E f e ( e

a

+ 2 e

] )

. 3 i ) +


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


_

'

- 10

-

; ^

i

= 2 E * C e e i + ê

k

) - ( i 4 + 6 E Ï O " j " ' W

£ >

Les

M -

n'interviennent que dans le cas d'une travée chargée, les 6 E

k

i

si

l'un

des appuis subit un déplacement par

.rapport

à l'autre.

Remarque

i

Un

tableau donne^ies principaux

cas de

charge

les

moments transmis

d'encastrement

parfait. • •

14-6 théorème des

3 moments, /

^°) Obt tiqn

:

soit

une

poutre continue chargée, dont nous distinguons

deux travées reposant sur les appuis A, Ap

A -*

* '

&

"je

>.

I <

i

I*

A / , A

8

A

ïf~

Après déformation et dénivellement des appuis les deux travées

deviennent

:

Ar

"" -1

J . -—<^ C ®

23 S

A < ,

^^^AA ^<L_r-

2

A

2

. gJt-

Hypothèses de

calcul

s E = constante pour la poutre . . ^ .

I

et

Ip

constants pour chaque travée*

Par continuité la tangente à la

déformée est

la même à droite

et

à gauche

de

l'appui

Ap c'est-à-dire

s

0p1 0 2 ^

Les moments fléchissants à droite et à gauche de

l

1

appui

A 'sont égaux et

les

équations (15)

1

et

(16)

s*écrivant

î

6 2 1 =

y-rr-s

[

D

i

+ î î

i

+ 2 M

2

*\s4

• ; :

U

23

=

T"

+

S"T*i^

G

a

+

2

Ï3

2

+

^J

D'après

l'hjrpothèso w oi = Bp - »

v:

*-

eri

^

:

l.

2(i

l

+ i

l

) M 2 +

1

S

=

.

B

E

i. ^

6 E (

A, A , ,

(20)

k

1

lc

1

k

2

d k

2

k

1

fc

2

| ^


7/25/2019 GMCS069C


6

23

-

*

+

ÏTÏÏ

[

S

2

+

"2

S]

•

°

D'où

2 M- II G

A

Q

_J2

+ _2

=

2

_ . 6B

à

(22)

kg k

2

k£ 1

2

En comparant

l'équation

(22) avec l'équation (2û), on constate que dans le

cas

d'un encastrement,

il

faut supposer, pour appliquer

le

théorème

des

3

moments, k, =

c?o

9

soit 1, =

0

-

11

-

Cette équation est appelée théorème^jieg; XjSSfe* "t°

u

^

es

l

es

travées de

la

poutre

ont la

même

inertie, la

relation devient

s

H, 1, +

2

H

2

(1,

* 1

2

)

M

3

l, =

-

D, 1, -

G

2

1

2

6 E I ( - )

(21)

Le

dernier terme

n'intervient

évidemment que

s'il

y a dénivellation des

appuis.

2°)

Formation

du

système

i

d '

équations

donnant

v

les moments fléchissants,

sur jes appuis d'une

poutre

continue,*

Soit par exemple

la

poutre

i


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


~ 13 - ,

Système isostatique n°

1 ; le

tableau donna

S A

. L£ .

E Ï . j

.

1 2 5 0 mM

Q.

D'après (23) H. = 0 u b = --è= - 625

W

A d aN

A

^ ^

Les réactions doivent former un couple s'opposant à

O Ï K o »

d'où

R = -

R

= - fi&A - -P=125

dall

B

A 5

Système isostatique

n° 2 ;

ï =

R^

=

- 500 dall

Le tableau

donne

la valeur

d u

ÏL .

ïîaximuia

:

M

f

.ma*

=

--£

=

r

+

62

t


7/25/2019 GMCS069C


- H -

Soit

R, = 1400

bars

w " • •

N ot a : 1 kgp/cm = -~4- ( -~ ) ou Pa

~ ~ ~ ~ ~

i o ~

4

m

2

10

5

pascal = 1 bar

R

-

îif

R

t

-TT\

x

f

; .

(

T \ 7 * '

•

•1 j f 62 5 d a W m 625

. , « 2 3

.. _ 3

7 '

•

s

;

=

™ >

• d j^

5

• T T O •

i o

- •

M

'

7 C T

I P H 120 —> H^ =

54,7

cm

3

I

=

328 cm

4

I

.

^

„ ?

dai

.:

— JSL-—

•

. - •

.

.

i o

2

i m

7

E I

2 > 1 Q

&

^

328JO

-4

^.^2o

1 =

flèche

£f 1 cm

C^lcul_de_ JA^rotation en

B

(méthode énergétique) / I f t T r t A r l n N

Ao^daH ^ - - - - - ~ - - - - ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ l

l o / a d a N ^ / m A d a N '

= :

~~

;

E I0

R

= - i

-

625.1.5 + ç .

625.1.5 =

-

=

-

5200

daH m

2

0

Q

=

520

^

7j9>10

-3

radi£m

» 2.328.10

Le signe

négatif indique Men

le

sens

de la

rotation Q

P

3°) _Dijainution

T

du

d °. d'hyperstaticité.[parsymetriej.de.

^la. structure et


7/25/2019 GMCS069C


- 15 -

Bile constitue apparemment

un

système hyperstatique

de d°

4, mais

la

structure et le chargement étant symétriques 011 a

t

IL

= I L ,

ML

=

IL.

Ces

relations diminuent

de

deux unités

le

degré

d

hypers taticité.

Il

suffira

donc d'écrire deux fois le théorème des 3 moments pour obtenir ML et ÏL.

Si la symétrie a lieu sur un appui, la déformée de la poutre

admet

sur celui-*

ci

une

tangente horizontale,

ce qui

retient

à

dire

que cet

appui

se

comporte

comme

un

encastremont

parfait.

D'où deux manières

d'écrire le

système d'équations donnant

les 2

inconnues»

Ap

r

plicatio

n

n s

Cette application est tirée du livre de

I _Xv M ..r

Initiation

à la théorie

de

l|_énergie

élastique (Dunod).

C'est la méthode des groupes

d'état qui est

employée. Voir

14.17*1

Soit une 1/2 poutre d'inertie constante (voir figure) dont les appuis restent

de niveau.

1 - * Calculs préliminaires s

2 3

1ère

travée : G

I

-

D

T

-

â~

*-5il£ 5ê

27.10

3

m A

daN

2

M

1

= 3J .

= 13,5

.

10

3

mAdal

Htas

G

2 3

2ème

travée G g

=

D

2

=

â»L

=

§J.2_JEJ: = 6.10

3

A ï l A d a N

2

ÏP =

3JL

= 3.10

5

V Y \ A d a H

meix o


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


- 16 -

2 . . 3 •/-

3ème

travée

G

3

= D

?

=

à-™

= l£L|_ l£ =

16.10

3

m

|\

d a N

T

2

X

M - = SJu =8.10

5

f Ï Ï l A d à H

mas

8

2

-

Recherclies

_des ^inconnues.

1 6

M

2

+ 2

M _

=

(-

162 -

1 2 y -

10

3

/

2 H

2

+ 12 IL ,

-f

4 M

4

=

(-

12 - 64 ) 10

3

/

4 1-L + 8

H

= -64 . 10

5

Soit : fQ

M

2

+

- M -

= - 87 . 10

3

} M

2

+ 6

H j

+ 2 M

4

= - 38 . 10

5

j -L + 2 M

4

= - 16 .

10

3

d'où pI

2

=

-

10,6

. 10

5

W A a à M •

I IL = - 2,28 . 10

3

/mAdalï

,

; I I

B

- 6,86 . 10

3

I W A d a î I

H*

4°) Pininution

du d° d

f

h:/perstaticité

par considération

de

l

antisy-

métrio.*


7/25/2019 GMCS069C


- 17

H

2

=

- I

6

)

ï i^

= r 6

î'L

) système hyperstatique de d° 2

II

4

=

-

M

4

=

0 )

Ay licsAion

(cf.

3)

Soit

la 1/2

poutre

(sroir

figure)

d'inertie

constante

dont les

appuis restent

de

niveau.

1 - Calculs prelj^naij?es_

2

3

1ère

travée G

I

=

D

I

=

i-J- = ::J.2~lJË = - 9

.

10

3

m / \ d a N

l

2

M

m a x

=

= -4,5 ,

10

5

m A d a N

2

3

2ème

travée

G

2

=

D

2

= 3-^—

= zJL^Li_i = - 2 . 1 0 n A dall

M f

m a x

= - ~ è ~ - -

1

°

3 ra A

d

^

2 3

3ème travée

G

7

= D= â«|__

s

Z..12,:,...l£

=

.4

.1Q

3

m

A dal

2

H '

=

â _

= - 2 .

1(T

n

Adal

ma x 8

' 2- — •Recherche d es inconnues

ÎL

et IL

( 16

1

-l - 2 1 = (54

-i-

4) •

10

5

( 2 Hg + 12 M _ . = (4 + 16)- 10

5

f 8 M + . M _ = 29.10

5

soit < _

I 1I

2

+ 6 I-L = 10.1CT

d'où M j j = 3,49 10

3

m A d aK

IL = 1,08. 10

3

m A d a H


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


- 18

3

- • Tracé du

diag^ame,des IL

_^_3La_déformée (cf.

figure)

5°) PrinciiDe symétrie

- antisymétrie

Un chargement quelconque peut toujours se décomposer en un

chargement symétrique

et un

chargement antisymétrique.

f ^ ^ _ _ _ ^

fcA/' '

< jS

-x y

i »

-aT/

~

a oc

, r- "~ r —

~

•

- •—..

S _

yi

(x) = 2 y

(x)

+ y (- x) L / J

(

/ \y*>

* - --» "tr^) "/ v

^sf

1

1 r H " ' t M x / K )

A

S

_>

j

2

(x)

=

I

[

y

(x)

- y

(*

\_£-..-.--

On superpose ensuite les deux diagraiomes des moments fléchissants obtenus

respectivement dans chaque cas.

Voir appl i ca t ion

numér ique


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


-19 -

14-7

M E T H O D E

GBMEElALi M_GJM^.ljS. POUOl ^MgMiB ;

MmoDE^ f f i j ^ms

14«7^1 Hotion de foyer

Considérons une poutre continue sur n appuis ; le système

d

f

équations

linéaires donnant les moments fléchissants ne se

résoud

commodément par les

méthodes

habituelles (déterminant, substitution) que dans les cas de 3 ou 4

inconnues «

Dans les cas plus compliqués on emploiera la notion de

jTo^grs,

et de

coefficients

de transmission qui évite la résolution du système linéaire

(quelque soit

le d°

d

f

hyperstaticité).

Supposons

une

seule tracée chargée (l.

) et

calculons

les

moments

fléchis-

sants dans

la

poutre»

Les

moments

fléchissants globaux

s'obtiennent

en

appliquant

le

principe

de

superposition.

Appliquons

le

théorème

des 3

moments

ï

{

1

1

0 + 2

M g . (g-

+

£-

)

+ £ = °

1

~ 2

V

2

M ' H

4

+

2

V >+

•

°

M G -

M +2

M f

~1-+ J_

}

+

,, 1 - - i

n

iA t I G» JL JL • V - - ™

**n*m

J —

_

-• - —

±<-*

rr

^

1-1 x k. , k. k. k -

X * * i X X

X

M .

, , M.

0

D.

1

4. ?M (

1

4-

1

4-

X

2

X

r — •

T

cH.

j,

\ * * * * * T *

r *

/

T

* * - * » * * = s

*•

* •»« -

k. x-^1

v

k. k. ,

J

k. , k.

x x

x -M

i+1 i

avec

G. :

facteur

de

charge

à

gauche

et B. *

facteur

de

charge

à droite


7/25/2019 GMCS069C


- 20 -

f

«_

~.*~

^—

««.

-^ »

««*. ,

«»

_„ ^«. ^_ ^ , ^.

Tm

,

T m

^ _,

mn

_

groupe

III

1 ji-3

2

,, /

_1__ 1 x

h

n-1 _

Q

n

*

I C— AJL /-» y «»«m»w ««¥T- -- w.«t .

.

|- n - r r i r - T - - i r i t i « r _

^

on

allant

jusqu'à J

*n-3

lC

n-3

K

n-2

S-1

I ' extrémité

f .

Î L

+

i i

1

( -L

-i. )

+

o = o

l \-2

n

-

1 k

n-2

k

n-1

- Pour toutes les travées non chargées les variations des moments

fléchissants

seront

linéaires

- Les

rapports tels

que

1 1 ,

n

«- , ~ , » , « sont constants e t<CCO

, i

2

r^

- Les

points

F

sont appelés foyers

de .gauche..

- Les

points F

f

sont appelés

foyers de droite

14-7-2 Coefficient de transmission

Par définition

posons

:

"

2

= -PeV" V-P^

Vi

P

est le

coefficient

de

transmission

d

f

un

appui

de droite à un

agiguil

^

e

gauche»

donné par le groupe I.

I I

.

=

-

9

H

0

n-1

l ^ j r

n-2

/

P est

lo

coefficient de transmission d'un appui de

gauche

à un appui

&

e

droite donné

par le

groupe III.

Calculons

ces

coefficients

:

J

X

^= -2( i -

+ i-)

iig kg

ic

1

k

2

soit

JL-

2

(|

+

4-)

P a*

E

U, *

e

/

JL-

9 f ± o . ± V A

P 4

~

\i 1

/ à

en

généralisant *

A-e( _ d _ , l _ )

R - i

H"

V

V */

Ç


7/25/2019 GMCS069C


—

2 1 —

rendons cette

fonaule

plus.pratique en utilisant les calculs relatifs à la

travée précédente

J_

=

J_(2-p

e

)+

_

« 3 3 T32

3

Posons Jfa

PV

1_

V

K e

*

Kp

est

le

facteur de f±zat±on

_L-J_+ i_

P

3

iT K

2

?

3

en

définitive le

coefficient

de transmission d'un appui de droite à un appui

de gauche est

i

R = - U a v e c

K

2

=i.

1 3

27Jk 2 - f

e

K g

.,

/

i *

Calculons maintenant les p' (gauche vers droite) j j ~ ""Pw.o '

'

' -

_J_ _

2

N J _\

fM-U C

;

-JL_ _

2 (J_

+

_1_) _ Rk

f n- s'^ n- 3

- f e n - 3

^n-z' -Rn.g

n

soit

sous forme pratique s • y f J^

S-Tpr.

wec

^ê -

4.73 Calcul de M. et M L . ^

"TT 16

_

_ i±l

K

é

Le groupe II nous donne 2 équations et 4 inconnues mais les coefficients

de transmission nous permettent de recoudre le problème s

M .

,

. < H. . G

JLrJL +

2

M ( —1— +

L.

) +

J:JLl =

« î

k.

4

-

i k.

,

k,

y

k. k.

i-1

i - 1

i i i

M .

,

,

M. ,

0

D .

ï H . 2 M ( L+ ~J ) + JJL?

s

^

J:

k.

i 4 - 1

v

k. k.

,

,

'

k.

,

k.

i i

i-f 1 i +1 i

H

i-i = -

P L . V

K

I

M

i

+ 2

--

P i + - j -

H

i

+

i


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


p

=

—1-.

n

0,354- _ _

* 5 2- f - - i~

-

25

-

4 ,2

Calcul

des

n

j

K'

~ -

V

;

P ~ ~. 0,5"

(encastrement ^5"~ "

9^7) R""

O/OQ

o>-

4 -02

Kr

JL.

~1,

f* 1[ÏJL~ '

4

e-0/2

p .

6

:r.o,i7S

K S

=:

J-

2

2+A.

3

2-0(78

/1

'

11

P^ôTâ^

0

'

208

£+

2T2

- Calcul de M. , M. ,

i

i+1

Calculons

d'abor

pour chaque travée 2 et 4 les termes des formules

(1)

et (2) de

14-7-3

Travée 2 •

rr

^_-

5

,

g

=0

,

5

8

5

/ '~ î 2

rg

v

~—•—^

— '

Pg 0,298 _ B

~5"

=

~~F" °'

548

Travée

4

_£L_«

—2^346 _

=

0572

>f.-p o'

1

- °T5?5.o,2

u

'

;>

^

i

i

4

r 4

• v -— '

p /

^

i -

_ °>

2

_ o

2 1 « 5

-5- - -JT °

15

On a

encore

les facteurs de charge donnés par le

tableau

:

2

G

2

= D

2

= 2_|_

=

152 = 3000 m A d aN

a = a = â-i . 500.36

=

45QOmAdaII

i j . ^

t j.

i|.

Nous avons tous les termes nécessaires au calcul, donc ;

y

ii /r o ' T\}

'

V

lL-"~

7~TV^i""

U

Hy = - 0,585 (1 -

0,29j x

3000

' I L I L

M g =

-

1240 m / \ doW

ÎL

= - 0,348 (1 -

0,5)

x 3000 = - 522 m

/ \d a N

M =

- 0,372 (1 -

0,2)

x

4500 = -1350

m / \d a H

• I L = - 0,215 (1 - 0,346) 4500 = - 630 m A d a N


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


- 24

- Le problème est terminé ; récapituHion et transmission des moments t

Noeuds

2 3

<

4 5

6

2ème travée /

' •

chargée

-1240 /-522

0,178

+ 93 0,2

-18,6

0,5 +9,3

4ème travée

_

1gg

|

0

^

^

Q Oj25

_

1350

/"

_

30

o,5

+

315

chargée ^™____

^s

^

moments

sur

appuis -

1409 - 184 -

1257

-

648,6

^

324,3

en m/\ daN

On peut tracer le diagramme des moments

fléchissants

et la

déformée*

V o i r figure

14 7 .5 Autre exemple : (avec dénivellatip

On applique dans ce cas le principe de superposition :

- on

traite

d'abord le

problème avec effet

des

charges seules

(voir

ex 4)

-

puis

des

déplacements

seuls*

Les

caleuls

sont

les mêmes,

seuls

les M et M

changent

En

considérant

les

dénivellations suivantes i

Q

/Bl-4J /Vu.

vl-i-1 -

Q,

i

«T J I . . - 1 .

n

r^K^-:-

faJ

M-.

:

L : , :

.r .

. ' . - . L r ,-:.TTT-r-.

LT. .,1 |.T. _.-.• ,....-..-jn.-..,

:

:.

liiLX^L-Knrrj.

^

Û

A .

A^

Mfr

__'

ÛA i^-i , û

Al4r

le

groupe

d'équation

II

devient

alors

(revoir

formule du théorème

des

3

moments

14-6)

id

+ 2 ( î

_ L

+

^ L .

) H I +

^_ M

i +

, = + 6 . 1 , .

/ »

\

[au

lieu de -

s-~ i

\

k

i /

H. 1 1 n

JL

H -

2 (

-1

+

——

) M + --1

o

' * + 6 E I.

^ V

k

i 1

i+1

k

i.i

i+2

.

A L

avec Xi

=


7/25/2019 GMCS069C


-

25

-

C'est

donc les

mêmes résultats

en remplaçant

G par 6 E I k

±

i

±

el 3\ p

ar

- 6 E

% .L

L

et finalement

(

>

-4ïM)

6E

^

( 2 1 )

-r M fi)

"M * ' <

Remarque : si on fait « on voit que le rapport ne dépend pas de la

n

i+1

dénivellation

et est négatif,

Jl-=.-|(p,p; A)

H H

T

M v . - ' »

1

-

^

Cette

fonction passe par un

autre

point

fixe

appelé foyer fixe

des

déplacements »

Agglication numérique

Calculons d

abord les Inerties

Le

moment le

plias

grand que

doit

supporter la poutre ent :

Mg =

1500 m/\daN

Si

Et = 1500 bars, il vient :

U

1500.10

2

3

p«

~TW~

cm

Module d'inertie p =100 cm

5

Adoptons

un

IPN

de 200 I

=2140 cm

4

x

nous avions :

k

2

=

3 = ^ « x

2

x

2

= 2 * = 5,61

Calcul des 1

f

I,

,

I

r

avec ce coefficient de proportionnalité

I,

«

iJE-i

=

2,85 .

10

3

cm

4

3

5 , o 1

Z

4 - 575T

= 2

' '

Cffi4

I_ =

803

cm

4

5

^


7/25/2019 GMCS069C


Nous

superposerons

ces 2

cas.

4

Faisons le calcul de EL avec I-

~

2850 cm

M

4

avec I, = 2140 cm

...-

^

+P

j?

6E-|.l

t

s

i

A

_

çiev

L

u

l f lM

. _ £ ^ ± f iL .

6 E

V

l

A - e * e V •

Calculs préliminaires *

fi

( * * P 5 ) _

^o ir n

8

0 3 0 8

--TTp ;?

1

-0725" 07178 -

>>

i

r

s

K

s

R '0+ f t )

-11

lii. -0,234

'

fttf

613= 6^

=

^

^3

Finalement

:

M- =

- 0,308 x 1070 = - 330 m AdaH

M =

H - 0,234

x

1070 =

25 0 mAdal

D e

même pour

M . , M _

—; ~— = 0,372

^ - p 4 . p ;

LZ = 0,215

/-HP*'


7/25/2019 GMCS069C


- 27 -

(1

+fy x 0,372 = 0,446

A

\k^w*

( 1 + p

4

) x 0,215 = 0,290

o i v- '

I. 'À

6 E k, i,

=

6 E

T

2

( - - £ - ) = - 356 m,\daN

A

On a - ~jr~ car c'est dans le sens appui de droite dénivelle par rapport

-W .

à

appui

de

gauche.

Finalement

:

H = - 0,446 (- 356) = 159 m

AdaN

ï = 0,290 x (- 356) = '- 103 m j\

d

^

Dressons un tableau récapitulatif

des

moments

Lus

aux

déplacement^

t/wtlC

\

j

2

[ P | 3 \ p [ A- p 5 P

6_

ST

165

7 rT~7o 7 -

50 0

5

tra f

1011

19,875 ^5_ -39,75

0,25

159

-103

+

51,5

184,875 - 369,75 409 '- 153

7 6

S

5

"Diagrarame

des

moments

fléchissants dûs aux

déplacements

et

dé formée "

cf. figure.


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


- 29

14-8

t

BMAL.^ IQJiJP

.™g]J JP™B

(Bibliographie)

- Il

existe "une

méthode graphique des

déterminations

des poutres

continues,

position des

foyers, etc...

voir i CHILLON (Bunod) Tome II

STOSS1 (Dunod)

Tome

II


7/25/2019 GMCS069C


M.BAHUAUD], [1968], INSA de Lyon, tous droits réservés.

7/25/2019 GMCS069C


14-9 IIGfEODB DIS ROTATIQl ^

14^9-1 Principe de la méthode

Cette méthode

consiste à prendre pour Inconnues les rotations des

noeuds

»

- Intérêt de

la

iiéj&ode s on r é d u i t ; ainsi considérablement le nombre des

inconnues surabondantes.

1er exemple

Le théorème

des 3

moments nous donne

5

équations

à 5

inconnues

; la

méthode

des rotations nous donne seulement 3 inconnues Ôj Q %

f

% car v/S.

et

Vf sont nuls

(encastrements)*

2ème

exemple

Dans cet exemple nous avons

3

inconnues

par

encastrement

et

2 inconnues pour la rotule B ;

ce qui

fait

en

tout

1 1

inconnues

La

statique

nous donne 3

équations

(une

équation de

moment/*, 2

équations

de

projection de toutes les forces

appliquées). Le degré d'hypers-

taticité

est

11

« * 3 « 8,

En appliquant la méthode des rotations nous avons seulement 3 inconnues A

®* $4 9 °

r

TR&A = 0 9 donc une seule inconnue surabondante.

*

- Qbtentipn du

système

d

f

équations donnant les inconnues surabondantes

On

isole chaque noeud

et on

écrit

que ce

noeud

est en

équilibre sous

l

f

action des

différents

moments transmis qui lui sont

appliques^

Exonple

Bous ne faisons aucune hypothèse quant au modèle

d*appui

utilisé en B,

C, D, E si ce n'est qu

f

ils sont non déplaçantes*


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


-

33

-

L

1

équation

devient

(4 E k + 3 2

0,75&t) §5

=1545 m

A

daîl

E

k.Ô

B

= 247 m A d aN

à)

Calcul

des_ moments djextréop.té

<%»

= 4-EU $*

-f2E/c

A B

9

B

-

H

;

e

avec

0

A

=O et -

k>»=k

I/7

Â S = 2.E k

6

B

_ _ M y j

B

= 434_'15ô _ .. _vioo6 .np

A

c U N

^ ? ; W = ^ E k 9

3

_ ,u^

=

33g.

+/I5-00

» 24Î8

/Tr-^N

flï?

BC

r -

SA

cor ^

en

eû.'l.'We

i^BC

= -

<

âê

m

A

do

M

C nJ

C B

s

O Car

^n

C

arhcalahon

e) Diagra ïQme des moments

fléchissants,

(cf.

figure)

p)

Calcul

des

réagtions.

Pour le calcul des réactions nous appliquons le principe de superposition


7/25/2019 GMCS069C

http://slidepdf.com/reader/full/gmcs069c 41/92[M.BAHUAUD], [1968], INSA de Lyon, tous droits réservés.

7/25/2019 GMCS069C


- 34 -

L

1

action

de BC sur

AB

en B est

de

* • > 1747 da$.

En

appliquant

le

principe

de

l

f

action

et de

la réaction

9

l'action de AB

sur BC en B est

de

1747

daH.

D

f

où une réaction en C de

-

1747

daN.

Si l

f

appui C était

glissant

nous verrions apparaître

une

déviation du point C vers la

droite c'est pour cela

que

l'action de AB sur BC est

appelée force

de

déviation

et la réaction en C

force

de

fixation.»

Superposition

globale

* t

- f? 4?

>r

~iW

C O U p V i ^ c

Exemple n°

2

Etude

d'uji

cadre (cf.

figure)


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


- 35 -

a)

Déte^rmination des.jBoeffiGients

i

de raideur

=

J-

2k

2 I

.

^B'

=

T S

?k

>

= ¥-

2k

bj

Détemination

des

monientsjbra^g^_jJ/^LQagJg^^^t parfait

"

"

f

:Jn

" -*

w

"" *

rT

'

r

" •-.-nt-.-*-.-L. ---_.,,.-.T-;..-..m.Tm -

w

--T.-w

..- .- - .

.«« taw

A- T: . ; . . .L „-

. ^u'a», v.: «

- ....-•

W

_..ia4ir:»«»«»-^--rr«^.-w-~rr n..-"T--T- r . , - .

- . - . . i f l r i,-

.,-1-,.. ,«»»«

Le

système étant symétrique il suffit de faire les calculs pour les barres

AB, BB

f

et AD


7/25/2019 GMCS069C


- 35 -

Le

S37Btème

étant symétrique

la

tangente

en D

après déformation reste

parallèle

à elle-même

-

0£>

~ 0

et

TU»* ?

4 et

6

A

^

A J

>

= .

set

A

^ IBS" -

«£$to'®t

* i£%8* '&&> -J -^BS '

avec

(BS' fi < S ® '~-6 {Sytoetfic}

= ? >

i n

è &

>

^ teiï â

£

-jt*6s'

I*

1

équilibre

du

noeud

A

s

1

écrit

5

*o - # £ j f f y + 4 £ / t 0 M

^o

S o f t

t£th + e

t

& t

*

o (t)

g^B

îo

>toet6

6

f

4ele* -M et'

*°

iôtîtôs / • * * £

l

fa

= ï

Zl ïoe>ihfi tUv (£J

E n

résolvant le

système

(l) et (2) on

trouve

E k 0g » 2.370 m y x d a ï l

E

k fy = -

592,5 m

A

d a H

d) Calcul des

moments

d'extrémité

7 ? Z

AD

=

"

4

'

74 x IQ:> m

/ »

daîl

^

.,

) neeud A en

équilibre

7H.AB

= 4

'

74x1

°

m

A

d a N

)

^DA

=

-

2

'

37s1()3

m

A

da H

7||_

BA

= 16,6 x 10

3

m

A

d a N )

„

)

noeud

B en

équilibre

T r i B B -

=

-

t 6

'

6 x 1 0

m

A

d a J î

5

e)

Biagranme

des moments

fléchissants ~

T * I i

a . - D - D t

q.1^

1000 x (16) ,

0

,

A

3

, ,

T

L

f

pour

la

poutre

B B

1

= = •*»- = ~——JL—u«

«

32.10"^

m

y \

dal

max

8 8

/l

le

moment fléchissant mamimam

a lieu pour z «


7/25/2019 GMCS069C


-

37

g)

Action

àe . cjmtgct^^i^D.

f -1?go

< U W *

,

2 1 M*

l~ x-

-.

- «^ / v . / t f ^r > c

A

J~__^.^

^

4

t?So

Aw

La reactiQn en D est 560_j [ (dirigée vers

le

bas)

j^fflSBiâJil.-^.

s

iû^

e

exemple

que

ci-dessus

mais nous mettons entre

G

et D

une

barre rigide.

Le.système

est

symétrique

5 on

peut réduire

le

problème

a

l'étude

de la

moitié

du

système.

a)

Calcul

des

raideurs

k

AD

=

k

BC =

¥

~

ï>k

k

AB " I ~

>k

b)

Calcul des

moments transmis

d

f

encastrement parfait

A\ A * ™

-

^-

5 3

"° » « Y k

T^ y i T c B

- '^

- -

5 3 4

°

m

«

~ VF

c)

Calcul

des rotations C^ et fc

77l A B

"4 E k ô

A

+ 2 B k e g

771.

BA - 4 E k ©

j B

+

2 E k a ^

7 7 1

I D

=

4 E

k

^

TU DA

=

2 E k

?71

B

C = 4 E k

^-

JU*j,

t

7ÏICB

=

2Ek

^ -jftJI


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


- 38 -

L'équilibre

du noeud A s'écrit

7tL

A

= < ? = ? > / *£/%

= o

f/;

L'équilibre du noeud B s

1

écrit

7)1,

-o

^> tf6( +£l0A -M*Ç = o

boit

4

S

k#g

+ E k

£$

= 2670 m

dal

(2)

(1) et (2) donnent B k QB = 712 D h 0

A

=

- 173

d) Calcul des, moments .d'extrémité

•m = -712

m

4

daN )

) équilibre du noeud A

ftAB - 712

m

A

dall

)

7)1

M

=

-

356

m

A

d

^

7)1

BA

=

2492 m

A

dal?

^

)

équilibre

du nooud B

7)1 B C

=

~

2492

m

A

daîî

)

7)1

CB

=

^^^

m

A*

3

^

1

o) DiagrafflniG des jnpmonts

fléjAiss^ants.

(cf.

figure)

2 2

L

1

o

pour la poutre BC = S _ = 12£L.Ë- = 8000 m

A

dal^

f) géagtign_OjLD.

Trois barros

aboutissent

en D.

Co

sont

les fearros AD , CD,

A 'D

5S?a- . -

1

->4

daïï _ _

3?6

^

A

v

- 7 î s 7 7 i

A

A w rj- x - -

A I*

1M

(In W

Barre

A 'D

: par symétrie on obtient

1

-

) * < , d «y

/ ^ ; ^_

- /5^ ^^

v


7/25/2019 GMCS069C


-

39 -

Barre..CD

Cette barre est

s omise

à l'actior de D et à l

1

action

des barres


7/25/2019 GMCS069C


- 40 -

14-10 KgmCSMJ

14-10-1

^rjjicipe jle.JL& n i e t h o d e

Si on remplace l

1

articulation C par un appui glissant le portique se déporte

vers la droite sous

l'action

de la force de

déviation

9

il ne

s'arrêtera

que lorsque

l'effort

tranchant

en

tête

du

poteau AB

du au

déplacement

aura compensé la force de déviation due aux

charges*

En plus de

&£

il y a une inconnue

supplémentaire,

le déplacement À

c'est-à-dire l'ongle

i j il nous faut donc une deuxième équation pour que

le problème soit résolu»

A l

1

équation

< 77?g ~o on ajoute l

1

équation traduisant

que la

somme

des

efforts tranchants

en

tête

du

poteau

est

égale

à

0 »

Deux méthodes

pour

arriver

à

ce

résultat ;

1°) en ajoutant dans les équations de

Wilson

et Maney les termes

en i

2°) par superposition» On calcule dans un premier temps la force de

déviation P due aux

charges,

les noeuds étant fixes et dans un

deuxième

temps

on calcule

l

1

effort

tranchant en

tête

T

pour un

déplacement arbitraire A et on détermine le coefficient de

proportionnalité en écrivant s

x

T + F

=

0

14-10-2

Exemples

Exemple n° 1

:

Portique

- Emploi de la 1ère méthode


7/25/2019 GMCS069C


a)

coefficients

de raideurs

k

AB =

k

k

BC

= 0,75k

b)

inoît^transmis^

d enc^trement parfait

Ls\* = -

1500

m

A

d a N

/

«M a » \

KJ^

&

=1500 m

A

d aN

Kf-

& c

= 2340 m

A

d aN

/j*c4.

= - 1410 m

A

daN

c)

détermination de

9

S

et i

N O U S

écrivons

tout

d'abord

que

2^(33 =

0

s»î r [c^JeSe

B

^

A

t

BA

+ j.^^&Efr.: C ^

ensuite que êfforts

tranchantes

en tête = .0.

c'est-à-dire pour l'exemple

précité

:

iïoo \ à

B

"t &

1

) n , ,,

— 4 ^ -^

_ C J U » A 6 ^ C W A

j

f

ftfe

^ ^

B * - ^s

+

<âft

A500

^^

.j

) °AB

é

^ — • -^ -^ A i_zmf . .

L

^Yi A B

+

C/FG

BA I / \

Effort tranchant

en tête =

1500

+

-L

t

i 2__

g

- £1. =

0 (2)

L e système

d'équations (l ) et (2) nous permet de

déterminer

Ô et i

le problème est donc résolu.

- Emploi de la_ secojide

méthode

lous

avons

calculé

précédemment

la

force

de

déviation

F =

1747

d aN

il nous reste

à

calculer l'effort tranchant

en

tête pour

un

déplacement

donné

et à déterminer le coefficient de proportionnalité :

_

l *

=

-g


7/25/2019 GMCS069C


Système à étudier

a)

Coefficients de raideur

k

AB =

kBC =

°'

75

b) moments

transmis

d *

encastrement parfait

/ XB*-

6E

*u

c) Calcul de "0 pour B k i donné

ïïous avons 6,25 B k B

B

= r

6 E k i

Prenons [ô E k i = 1000 m Tâl"

D ' o ù E k Q ,, » i2°° « 160 m

a

dalï

D

0, P ^

d)

moments

d'extrémité

cJJL

=

2 B k ô

f c

- 6 E

ki « 320 -1000 = ~ 630 m d aN

db,,, = 4 E k 6

f i

- 6 E k i »

640 -1000

=

- 360 m

. d aN

J3 A & f\

C J | j >

BC

« s 360 m

A

dal î

c l i

C B

« o.

o)

Calcul

d.es

efforts

tranchants

T= - 173

- d a S

F =

1747 daM

«*.

i

(-

173)

=

-

1747

= > x«|igZ^10


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


-

43

-

f)

diagramae

des moments fléchissants

(cf. figure)

Moments d'extrémité dûs aux charges

C )B = - 1006 m

daïï

^

M

=

2488 m

datî

dO

BC

=

-

2488

m

A

d aH

Moments d'extrémité dûs aux déplacements

cK >

,-

=

-

6800

m

d aN

AD

J X

^

, = -3600 m

A

daN

j jJ . ' i , •

C

1

^

BC

= 3600

n i

ft

da î ï

ïîoments

d'extrémité

dâs aux

charges

et au déplacement

UJ» ._ = - 7806 m .

d aH

A D

< \

cl = - 1112 m

R

daH

)

,

)

Equilibre d u noeud B

< <

BC

=

1 1 1 2 m ^

da ï ï

)

Valeur

de la rotation ^B

E k

6

= 247 (charges)

E k 0

&

=

1600

(déplacement)

D ' o ù E k 6

&

= 1847 m

d aN

Exemple p° 2 Cadre


7/25/2019 GMCS069C


7/25/2019 GMCS069C


l ''

I

- 45 -

1050

^

Y 1050,

lb>4lrt'e_ CB;

|

Effort tranchant

sur

CD

H4ÔSO ,

,.

I b d r r e D A )

T =- 4 . 1050

=-

4200 daN '

F

8800

x

_ - -3- ,1

e)

moments d'extrémités réels

(charge

+ déplacements) (cf. figure)

oit

DA

= - 1°436 m MB

Cil

= -

8272

m ^

daH

C

'

v

'

s

- A T I =

8272

m

, daS

A i »

« V

Oïl

M

= 10048 m d aN

^

= -

10048

m daN

J3t A ,

^

„,,

= -

3316

m daN

C.B '

,

..

i—zzr"inz

\

f Uv

*>

>


7/25/2019 GMCS069C


«

46 -

14-11

mSK8MJ)E

. -H&HDY ~ CROSS (noeuds fixes)

14^11

.-i PrinGrpe

_d e

J L a

r

rés_o]Lutâon

r

^pa r a ]3ro3d.matiom

Buccessives d

f

u n .

système

d

1

quations linéaires

Lorsque le nombre d'inconnues d'un problème dépasse quatre, il faut

résoudre le système d'équations traduisant

l'équilibre

des

différents

noeuds par approximations

successives. L'équation d'équilibre d

f

un

noeud

À

est

écrite

en

isolant

au

premier membre

la

rotation

C'A du

noeud,

l'équation d'équilibre d'un noeud B est écrite de la même façon en isolant

au premier membre la rotation

Q^du

noeud, etc...

On obtient ainsi

un

système d'équations linéaires

dit "système de

travail

11

.

Il est de la forme s

r =

C

AB

e

5>*

C-Ac^-e

+

C

A

-^ Ô

B

-

c

B

^e ( v >

ç-

&c

ô

c

^

• • C

B

( ^ Q N =

d

N A ^ A - * • C

NB

0

B

+ . . _

,

+

CH

et il est déduit des équa tions

f (S, 4-E ) O

ft

f Z E

H «

Cz k^?")e

B

4 IE^* */j|

obtenues

à

partir

des

formules

de

¥ilson

et

Maney

et qui

définissent

les

coefficients C

A

_

, C .

, C.

n

etc..»

AD

A AO

On

cherche ensuite,

le

"système

de

travail" étant établi,

une

pre:"j3ière

approsmation

de^^9

B

^

Ô

c

..* de la manière suivante ;

1°)

On part de la première équation du "système de travail

11

dans laquelle

on

fait ô&

2 : ®

0

» - - - -

*

» O. *^>

u^^ valeur approchée de0

Q

C *

2°) on reporte cette valeur dans la seconde équation du ^système de travail"

dans laquelle on fait '9

C

« * ô

• & • • • •

~ ®w

^

—

une

valeur approchée

de

(à

g

£B*

C

R*

Ô

Ar

C

B=

C

Bft^

C

A

B

3°) On reporte les valeurs de 8^ et ô-^ ainsi obtenues dans la troisième

équation du système de travail

—

une

valeur approchée

de

® < ^

e x

-

c

c f t

e

A

v c.

B

e

B

*c

c

^

c=

C

c ^ C

A

t -

BC^XC^^CB

H -

C

c


7/25/2019 GMCS069C


-

47

-

On

recommence cette

opération jusqu'à la dernière équation du système de

travail*

ïîous

sommes donc maintenant en présence

d'une

valeur approchée

pour toutes

les

inconnues

du

système. Nous avons effectué

la

première approximation.

On obtient une deuxième approximation

plus

précise des inconnues Ô&

j

J î ""

de

la façon suivante :

On reporte dans les équations du "système de travail" les valeurs des

inconnues trouvées précédemment

-^

e

* =

C

»

B

< -

C

M

* V

C

* V +

c

*

etc

Si les

valeurs

de

0 ^ 0

.

. * . alors trouvées

ne sont, pas

jugées assez

précises, il

suffit, pour avoir UÏB approximation meilleure

de

reporter

les

valeurs

des

inconnues trouvées lors

de la

deuxième approximation dans

les

équations

du

système de

travail. Nous

effectuons ainsi

une

troisième appro-

ximation*

On recommence la même opération jusqu'à obtenir l'approximation

désirée.

Exemple d

*

application

de

cette

é^hoàe ^Q^^f^^


7/25/2019 GMCS069C


- 48 -

1 )

^ MS s& -. J dâ ^

: ils

sont tous

égaux à k

2) Calcul des jnoments à

f

encastrement,

.parfait^

v x j )

o

r

A V - = S = - T = - « ° «

4w

s**-4 -T•

+

6 0

° %

d a H

* J

^ ,

J /£

=

-

8o

%f

<U)1

-

«

»

A

«

-4—4— V p

800 x 2 s 9 r-

,

w

'4

^

/èB

=

--r-

» 25 = - 5 7 6 m

A

d a N

^

=

1222

=

500.^-:

trrr

-*g

-

- 1522

5

00

^

M

3)

Calculs

des

moments,jaon comprises

e

^

&

_ _ j

/ V A ^ A C

^

r,~--T.-\y; '^--T

un

iniiiuriiiru,

•

i-3â^

w^daM

X j

&

=

384 - 600 = - 216 m

, d aN

jl /

D

A

V

^

,

x

-r

-eoo m

N

4aN

- J

C

/t«/4 y£ - ?

)

« d \ « * u i. -)

< ^

/ J -

=

-

576

- f

750

=

174

m

A

d a N

: . -

:

500+15F(

/

A

4) Calculs des rotations

0™

et O

c

La formule

de

Wilson

~et

Maney donne

:

f2

dL=o

-»0**ll +

*El )V

aE8{fe

-A'"*

6

J

^

y (noead B en équilibre)

Z

-c4,

c

» ô

_„..=,

E 3

E

^)e

c

-vaEÇGfe -

^ (noeud C on équilibre)

Ecriture du "système de travail

1

*

f

E k 0-

a

« -0,25 E k

& ^

27 (1 )

1 5

c;;

E k %

s =

-

0,29

E k

O

-f 25 (2)


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


-

49

-

Résolvons ce

système

par appTO^imations successives^

1ère approximation

0

0

eUtis Cl)

— E f i ô f c *

-2.}

~ E k

§L

= - 0,29 x

-

0,27

f -

25 = 25 + 7,82

=

32,82

2ème

approximation

dans (l) faisons

E k = 32,82

-**.' E k ô

&

= -0,25 x 32,82 - 27 =

~ >

3,2

^

27 « -35,2

~-> E k O

c

=

• -

0,29 x « 35,2 + 25 = 10,22

4 -

25 = 35,22

etc ...

Pratiquement

ce

calcul

se

fait sous forme

de

tableaux

comme

suit :

Tableau

de

calcul

- 0,25 E

kô

c

- 27 E k£

&

-

0,29 B kÔ

&

+25 E kO

c

0 - 27 - 27 7,32 + 25 32,82

« „,. . . . -,

, , „ - - -

- - - 1

j

•- . , . , .

j

i

t

,

•

r-iuji •— - i ni nr . '

'

i i . ' n i i i i i i I U I M I m

- 8,2 - 27 -

35,2 10,22

+ 25

35,22

8,82 j - 27 - 35,82 10,40 + 25 35,40

8,85 - 27 - 35,85 10,41 4 - 25 85,41

Tableau récapitulatif

E K Q

Ô

E kÔ c

-27 32,82

- 35,2 35

S

22

- 35,82 35,40

- 35,85 35,41


7/25/2019 GMCS069C


- 50 -

Vérifions par la

résolution

directe du

"systèmo

de travail"

(substitution)

:

JÔEft©

a

. t 2.Ê.$9

C

-

-2.46

(i M*

^B^6

a

-

MH C . X - H )

( ô E $ e

ô

- i - a . M â c - - 2 . 1 6

|-8MO

B

-2.8E3e

c

.-6'\&

—**• en

additionnant

;

- 26 E k©

c

= - 912

Ec=-

= 35 , 1

E fê

B

=

(174 - 7 x 35 ,1 ) 1= -35,85

On trouve

î

( E k8

c

= 35,1

(fi k0

B

=

-

35,85

5) Dia f f r amae des moments

fléchissants

(

Cb

AB

= 2 S k (2

%

+

°5

)

-ÂB

= 2 E

k9

B"

/

AJ

r

S

=

- 71,7 -

600

« -672

mâïï

l

/ 8* s^ O encastrement)

^

dl

BA

=2E k

(2

V V

"/Cft

= 4 E

kÔ

&" %rv

=

"*

H3

'

4

+

6

°°

=456

'

6

m

A

dalf

j

d b

B c

=

2

E

k

( 2 e

c >

+

9

c

>

- A C

=

-

^'.'v

1

*

t

CB

=

2Ek(2ô

c+

0

&

)

:

.^

a =

64 6

mA

daW

fcU»^ =

3 E k ô

e

-

(

-

J

) = - 646

m

A

daÎ

(Cil

=0

^

DC

—

le diagramme dés nooents

léchissants

et

l'allure

de la déformée

(voir graphique)


7/25/2019 GMCS069C


Le

système d'équations

à

résoudre

est,

en

écrivant

l'équilibre

des

noeuds

:

fa THg

=

(4 E k

t

+ 4 E k+ 2 E

kgQ.

~/

e

=

0

)

.7

= (4Ek

2

+

3Ek

3

)

2 Q

s

- =0

Posons î

R

1

= 4 E

;

Rg

« 4 B ig . j R

5

= 3 E 3^

Rg

=

H,

+ R

2

;

EC

=

R

2

+

1^


7/25/2019 GMCS069C


Appliquons au système ae Travail la me-çnoae ae caxcux par approximations

successives vue précédemment.

Nous faisons £;L

»

0 dans la première équation du

système,

Au

point

de vue

physique cela revient

à

bloquer

le

noeud

C et à

calculer

la

rotation(X du noeud B considéré comme libre sous l'action de

1*ensemble

des charges.

£

— /fi

-,»—

Cx/?

— *

*•—--—:£—

«•/ ...

Nous reportons la valeur

ft^^-

"^l— trouvée

précédèrent

dans

la deuxième

ftff

équation du système.

Au point de

vue

physique cela revient à bloquer le noeud B dans la position

à débloquer le noeud C et à

calculer

la rotation

& C f

de ce noeud

sous

l

1

action de l

f

ensemble des charges dans

l'état

considéré ;

* » = - * & - < £ ^

Calculons les moments transmis correspondants aux états d

1

équilibre précédent^


7/25/2019 GMCS069C


gegl.e

:

On bloque tous les noeuds sauf un. Le moment non compensé se partage

•n

proportionnellement

aux

coefficients

1

etc..•

appelés

coefficients

de

• * - \ B

partage en

changeant

de

signe*

Ces

moments

se

répercutent

aux

extrémités

des

barres aboutissant

au

noeud considéré sans changement

de

signe mais

par

moitié

(il n*y a pas de

répercussion quand

la

barre

est articulée)*


7/25/2019 GMCS069C


6» 4, 3 • •• sont des coefficients proportionnels aux inerties respectives

des

barres.

1) Calcul des coefficients de partage k =

k

AB

TÔ

;

k

CD

=

5

[

k

CF

TÔ

4 3 4

k

BC

=

5 '

^DE

=

5

5

k

DC

=

TÔ

Nous

adopterons :

k

=

6 ;

kg

c

= 8 ;

= 8 ;

k =

6

k

CF

=

;

k

DC =

2) Calcul

dos coefficients

départage

^mi.KKk

un

i

L. ••III,n

,|, ||i ,,nHM II.HMI

«y.» MB»»» ,.ill»«

ll...n>r

t.«M.J»»|.»-..»,.«nW,t.-•»m«rCMC-àa»M»

a)

R

A B

=4 E k

A B

=

4xé E

DE

=

4 E k

DE

= 4x6

H^ = 4 E kg

G

.

=

4 s 8

R

cp

= 3 S

k

cp

= 3 s 3 (rotule)

R

CD

= 4Ek

c] )

= 4x8

E

D G

= 4Ek

D G

=

4x4


7/25/2019 GMCS069C


-

55

-

b)

Coefficients de

partage

•p

CX

=

Ç- -TÇ— =

_—l_£j> - L

= 0,428

>T * W

R

AB

+

R

B C

4x6 +

4 x 6 - 1 4

Noeud

33

x

W_

^B C

4_x_8

8

8 C R~ ~

4-Tî ~ 4~FT+4

F§

~

Î4

""

>t)7

rV

RCB

32 _ ,,

<^ A

r

o - = S—-T~«

?-B— =

75 = °»44

^ C^ E

CB

+ R

C])

- f

S

cîl

73

/ R

/

y °-pTp Q

Noeud G—

->C<

CF

* 5 T-r rR— = T = °

12

\

^B^^D'+^F

75

\ R

^

=

H C B

* C

+

"W =

75

=

°

l44

rV

D C 8 ' .-

j

n

s

g--.- - - ^— = «• = 0,45

</

^t

R B C + T 5 j

B

+

18

»o<

e

.

S

- L-

V

-. .'„.<>.,,

n(

-

4

- 022

<-A

=

p"~irR—^T~n— TS

~

»

^6 0+ ^E

+

^G

18

Reinarqxxe

: En un

noeud

la

somme

des coefficients de partage est égale à 1.

3) Calcul des

moments

d'encastreinent

parfait

B

-&VM

e

P T

v

rf

M ..

« . _* » - 7500 m A

d aN

/Bft

t2

- .

/ .

=

Ji

=

7500

m / ^

d aN

A

H / 12

n

TT iTkTW

B

&,.?>*__^

2>$™

^

C / =

§

=

12

5° ^

daïï

A ) T k

J l L_^

IX V ft = » Ç

=

- 1250

E/

d aN


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


.-—~*-le tableau de calcul, le diagramme des moments

fléchissants

et Vallure

de la déformée,

14*11-3 Structures

symétriques,

et

smétriquement

chargées


7/25/2019 GMCS069C


- 57

-

14-12 METHODE DE HABDY^CROSS (Noeuds déplaçables)

14~12~1 Pri /ge

II

est

identique

au

principe utilisé dans

la

méthode

des rotations*

Bans

tin premier

temps on

calcule

les

moments transmis

dus

aux

seu].es

charges

par la méthode de Hardy-Cross vue précédemment* On en déduit les forces de déviâtio

Dans un deuxième temps on

calot

le les moments transmis

dus

aux seuls dépla-

cements par la méthode de Hardy-Cross*

Cn détermine le coefficient de proportionnalité en écrivant que la

traverse horizontale (par exemple) est en équilibre*

14«4

2-2

Exemple numérique

\

R G p r & f i w s

/ % x e / - c / c e

/ v a / ' A e '

au -.^-//-tf

Supprimons les charges

r

. /

'

e t imposons a u portique

L * t - ô j m $ c/-

v & à à o t / s

\

un

déplacement arbitraire

Nous allons calculer les moments fléchissants dus à,.ce déplacement :

1) Calculdes coefficients

de

partage

,

E

=

4

Bk

4 ; -

R = 3H k

>

3 (rotule)


7/25/2019 GMCS069C


-

58

-

"* " ri. 4

n

s

=

= 1

%c~- 8 - » . 5

Noeud B,

O

^

4

O

« ï

\ = ~

=

s= °»5

/ ? c R B A +

R B C

8

^Cs

* * • R"~T*ïï~* =

4

= °»55

R

CB

+

R

CD

7

Noeud C

O( .g- . I .0,45

C

P

R

CB

+ R

CD

7

2) Calcul

des

moments transmis

dus à la

déviation

A

Prenons une valeur arbitraire pour la

somme M < f ) "^ /^ -g

~^ / ^C

soit 6 E k ^ - + 3 E k - ^ + 6 E k A =15000

m A d aH

*•* ^ ^

—-> 6 1k A- .« 6000 m A- d a N

3 E k

.« 3000

m A d àN

3)

jjaMeau de calcul (voir calque)

4) Calcul du ccefficient deproportiornialité


7/25/2019 GMCS069C


En étudiant le cas du

portique

à

noeud fixe nous avions trouvé comme force

s'exerçant sur la

bËLLette

(14-1-1)

F = 184,75 d a J t f

Pour

qu'il y ait

équilibre

il

faut vérifier

x

T + P

=

0

2537,55

x +

184,75

= 0

>

x =

gjfrji

=

°'°

75

• e s -

les moments

d'extrémités

f/%* = -

4615

x

0,073

=-33,6

/^?%p = -

25

°

5 x

°>°

73

-

168

[7%

=

~

3230

x

0,073

= -23,6

{7

=°

(77}

sc

=

3230

x

0,073

=

23,6

/ % .

= 23

°

5

z

°'°

73

=

16

'

8

Au

11-1-1

nous avions trouvé pour les moments d'extrémité

(7%5

= -672 m

A

da3

/ 777

=

457

m

A

d a N

( ^

/ ^

f%

= -

45?

^

daN

)

977

= 646

m

A

daï ï

/ / /C8

/7

%p

=

.646m,dal

(%x:=

0

.

>.

les

résultats

globaux .(charge

- f

déplacement)

en

appliquant

le

principe

de

superposition

r

-

\ m

{

JY)

« ~ 672 - 336 = - 1008YdaN

l // i

) 790 .

*

457 - 236 = 221 m 4 daH

j

/

/

/#W


7/25/2019 GMCS069C


M o < s < / £ f? G > C

|

Bor-ffA.

flB

0-9 &C CB CJ>

o {

<?,5 <?,S ; 0,5/ 0,43

/ 7 9 0 f > 9 t f a A $

fr

a

« * » ; £ « • « /s

< y « . o /^p^^ . £000

£ O & c

3000

(c/<».tf)«en ^1

u— _ ___»

<Je&/ocay«

c/u

nowc/

B >

^ 5&6 -JJM® _ _ i _ =

£ £f

,-/S00

_ _ , .

I

' ^Tsoô

e/e J>'s>tie»^e e/tj

noeaej

C

•

„

«5"

_

s ^ <fll£L

^ iZf

^

< 9

/ -

c

»3^5

- é"^ * 46

3 fie ^

s

*

2

jL\ ^

5

-

25

7 > £

C

_£-/*•

.43 L.3.3.

_ _ _ ^ ™ J « ™ « > _ ^ ™ J _ » ™ > » . '

"

~ ^

B

0,53

J ,@¥ ,{â£ £?,53

C -0,45 -0.3

1.^25

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ F

2L

• fi

4 J6~

32

3û

,3 3a

,2

S G 5

330

s *

/ f f ) / * n H j * . t f ) -4€-/ _533ô \*3?30 1-3305- ~ - Z 3 @ ô ~

_Li L

_JL.

. i


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


- 60 -

i7T/

B

=

~

457 + 236

=

- 221 m

A

d aN

1 T

n

Cg

~

646 + 168 = 814

m

' ' <

daN

P

K

°

)

7'??

= -

646

-168

=

- 814

m

A

daN

|

//

/CI>

A

-

•

> > le

diagramrae

des

moments fléchissants


7/25/2019 GMCS069C


- 61 -

A RC S et

A N N EA U X

14-13 EQUATIONS DE

BASE

Ce

sont

les

équations

de

Bresse

;

| - ^(Â~f) ~/f O-?" W

V^

: = . W,-

6UX.-X, +

j[fL

/3^-x) ./g (2J

& ,ô, - /J1&

X

" '

' (5j

/ E2

On utilise ces 3 équations en les combinant de manière à éliminer

f

.

^

les

termes

ûL ^

t, r/êt ÎJ1

^

C A

r / < s

> © n .

faisant

respectivement les

/

U-L ("'

C /

p j. <^

opérations i

(Equation,

(l)

-

2^x(équation

(3);

et

(Equation (2)

4 -

x^jequation (3))

Le système

de

base

se

présente alors sous

la

forme

:

| U i - « * - * y * « f c + Jë l

f k

\ \ ,

z

.

\J, .èrî •- ' 2 X

2

•* • /J2 ^ J-

é , ,

f t , - ; ^ ^

14-14

ARCS MTICULES A U X

HAISSAHCES

14«14^1 Méthode . nérjal ...d .._.çalsul

L

f

arc n'est pas forcément

symétrique» ( T T

/ /

û

A

A ^

éactions en / (V

X

i

î

H

B

\

B

<

V

UB

fx

Coordonnées du point courant

( S j y


7/25/2019 GMCS069C


~

62

~

Les

axes

étant orientés corne

l'indique

la figure, ainsi que le

sens positif de rotation, les équations de la statique permettent d

1 1

crire :

1

V

A +

V

-D + projection/ <F

ext)

= 0 (l)

/ r^

A B

/*

<t *y .-••—Q _

_

_

H 4 - ïL

-f

projection/ (F ext) =

0 (2)

: J

—-£>

•

s>

M^

~

P ] -• \

x

1 4 Mg (F

ext)

= 0 (3)

L

f

équation (3) noi^s permet de calculer directement la

réaction

_.^>

• • . —^

verticale V. , et, par suite, la réaction Y

B

en reportant la valeur trouvée

T>

f

v

de V dans l'équation (1).

1 n'y a Pas d

jj^étermination pour les réactions verticales.

L'équation (2) nous donne une relation entre H, et IL le degré

d^ji^erg^aticit^^ On obtient

la

relation supplémentaire nécessaire

pour les déterminer, en utilisant les

équations

de

Bresse*

Les conditions

aux

limites nous permettent d'écrire

:

/ X p « x = O / et

Wp

= * w. » 0 , soit encore

* *

Œ- O

«

OT

^

J

« ™ » ~ - « ^ ™ - - ' « - ~ ' ~ ~ ~ » ~ * ~ ™

OT

~ »

/rï

xds =

°

-^>

Yaleur de HA

_

TCTr

_

r

.,.

s

Moment fléchissant

en G

1

-

y^^.

z //4 (P ext)

- f

H . x

p

En

appelant^ la quantité (

~

~V

A

,/|

-f

7/ > ./ f" }

_ . .

; i

^

^^ / ' ^ '

M

G

=

/

;

+H

A1*

Interprétation de la relation M-

=

L i -f H

A

.

x

^^^^^^^^^^^^^ u / A

On peut

décomposer

le système initial (arc chargé) en deux systèmes isostatiques

équivalents en remplaçant

l{

articulât

ion A par un appui

glissant-

a)

système isostatique

de

base

s

même

svstème de

charge

que le

système

initial.

La

réaction en A est

Y

calculée

•fl.

précédemment car le

moment

en B

ne change

pas.

On peut donc ainsi

calculer la quantité :

/ - -T'a + ç n (S)


7/25/2019 GMCS069C


- 63 - .

b) s1 ;isost :

on

:

applique uïiiquement la réaction

H cherchée, d

f

où

la

quantité

H

A

.

x

-

H'

G

La composition des 2 systèmes

isostatiques nous donne donc bien :

** =

ï

+M'

G

/ M

En

utilisant la condition aux limites / «-*

z

ds ~ 0 nous pouvons donc

~ >

J û

-

1

calculer H . , ( J t x ,

t t

/ -*

l

"",

A

M

6

^^c

f

^.^

y

d o n c -

}~«*

+

î?

c

^ * < *

r

~T3î5r~ r ~ '

/_—_-cij

U

—

_ -

y

r

A ^ :

7

/ * i ^ - - l . . - . • -

LJ _ i :

R ëï ïi ar gu e % On n

a

ténu

compte que de

1

influence

des moments

fléchissants

mais

il

peut

se

faire

que

l

f

effort normal

ait une

influence

non

négligeable

et même parfois l

1

effort tranchant,

14~14~2

Application

;

are parabolique

coefficient de charge q

«

, ,

n

f

1 , 1

En général r -

r

a

g

Ç L > O

par

raison

de s^naétrie V = q

„

a

2

H ( \

< (& +

2

)

>

l

= -

q.a

(a + z)

+

Si—g— -

"b)

é ®8

~

" * " " "

''

"

' 2

fo rme

générale x = b z + c

pour z

=

0 x = c = f

o

* P

pour

z

=

ia x = 0

=

ba +f,

soit

b =--^

j 2— -

a

|x

=

f (1 -5g ) j

. I

a l


7/25/2019 GMCS069C


- 64

-

c) notion

d

f

inertie

réduite

On

sait

que ds

= -— ~—

*

cos « t .

En divisant chaque membre par l'inertie I

de la poutre au point considéré, nous

, , d s d s .

obtenons

-» •

= ~-*> ™ .

e

t

en

I I

cos?<

appelant inertie réduite la quantité

Ir

;

= ,

i n

I

l

,

L l

C Q s . ,

i

c

^ . .

m

.

, nous obtenons

Ffe dz~I

T* ^ T"

iJl: .fxJ

En général,

on

admet

comme hypothèse

I

r

=

I =

constante

, I

désignant

* c c

l

1

inertie

à la

clé.

d) détermination

de

Hj^

.

: / # ±

^

U _ J ^

r

avec Ir = s I cos vi

*

/ " ^ " r f j

/FF ,

2

X

=

f(1 - )

a

Calculons séparément les deux intégrales, la première \£2L. d&

J E Z X

à l

f

aide des

intégrales

de Mohr*


7/25/2019 GMCS069C


- 65

~

t

j i / y L

Nous

pouvons alors calculer la quantité

j

_

_

, soit

iê±

*

_ f f . r

i f

^ p _ nii

/£*• ~ £J/ t L J "3 ~ - irst-i

D'autre

part

r . ±* -

r

s i < - ± . ' f £. -

/v, ^

-* £1

/«

V rt\/

f

i

A

/.^

J

£A

r^

^

.

j L

u

,

à ,

- / * c ^

=

± £

£s

/

a

fr ~ t t

t

1 5 - - f r E I *

D'où la valeur de la réaction verticale

H

xi.

_ _

T T

1

a

Jê TTfJ

Remarque : la réaction

R .

au

point

A a pour

valeur

R^

^

T

+ H .

A A A

On

remarque

que sa direction est

celle

de la tangent'e à la parabole en ce point*

14-15 A R C S , mÇjfà3^^

14^15^1

Méthode

générale

d e calcul

Azes

xoz -

sens positif

de

rotation

:

z

sur x

j/£| |

O C g

OC

Coordonnées

A ff

• J3'

J

;i^ ^3

degré

d'hyperstaticité ; 3 (6

inconnues,

3

équations). Nous aurons

les 3

équations supplémentaires nécessaires

en

utilisant les équations de Bresse.

Comme pour le calcul des axes articulés nous pouvons décomposer le système

initial

en 2 systèmes isostatiques :

a

)

s tjfeesc

base

:

constitué

par les

charges,

et n

supprimant

l

1

encastrement A.

Nous appellerons également

J J .

le

moment

fléchissant

dans

la

section

G.


7/25/2019 GMCS069C


. - 6 6 -

b) sgstème

isoatatici'ug

complémentaire

:

constitué par la poutre seule,

A

5C.

\ ~\

encastrée

eu B , et en

appliquant

au

X ,

/'l

J* .

v

•£

point A les forces

X,

et

Z,

et le

couple

*

/

° ' •

i l

M &~rK IL

9

actions

en A de la poutre initiale.

i kLJ—> i

$ Nous pouvons alors chercher le moment

fléchissant

M* dans

la

section

G.

* ~ P > ~ ~ P

—r> —;> — # »

i*

= M

1

+ R

A

y| AG

avec R

A

=

- f Z

1

^

(X

0 Z

I

R

A A

AG

=/

A

A

.

/{

* -

X

1

0 3

-

Donc : - M

f

= M

< ]

+

(x -

x

1

)

:

- X

1

(2 -

2^ ) (1

)

Ce

résultat

peut

être transformé

en

considérant

le

torseur relatif

au

point

0

origine

des aises

—> ^> -. > •

f résultante

générale :

R

A

= X, +

Z..

c-'T ,

. ) A i l

K / 0 ) 1 " ' - "

y

(moment

résultant

s M Q

=1^

4 -

R

A

A D

- . . ->> _«.> j y pj

17 . r

- H

A A

A O «p0 Z , J|

(L

X

1 ° -

Z

1

//

L

M

i _ r J V i V i _ i 5 _ f i _

En reportant cette valeur dans l'équation (l) et en revenant au

systèïne

initial, le

moment final dans

la

section

G peut' s'écrire

:

M = M

1

+ } i

|

•

1

soit encore s M = J L L - f M

Q

- f Z , z - X s j

Les trois équations nous permettant

de

calculer

les

quantités

IL: , Z et

X

nous sont données par

lee

équations de Bresse, en tenant compte des conditions

aux limites aux points

A

et B

U ,

- U

z

.

o

WT --

w

i - ~ ~ °

©

1

=

< ^ i » o


7/25/2019 GMCS069C


Remarquons

que ces

différentes intégrales sont

de la

forme

de

moments statiques,

de

moments

d'inertie et de

produits d'inertie*

Centre élastique

de l

f

arc s il est

défini

en

prenant

1

origine 0 des

axes

au

centre

de

gravité

des

"masses

11

s» .

n a

alors

/

«-«=*- =

0 et / ~«=2

» o.

&1 ^/ l i i i / £ il

Si

El

est

constante

le

long

de

l'arc,

le

centre élastique

se

confond avec

le

centre

de

gravité

de

l

f

arc,

défini par

/ xds

=

0 et y z ds

=

0,

Les

équations ci-dessus

se

réduisent

alors à :

en prenant ll oi glne.. .

des axes

au centrée

élastique


7/25/2019 GMCS069C


- 68 -

(analogie

avec

S

=y

x ds )

Hypothèse s

-^ s =

«5 I

- =

Cte =

inertie

réduite

1 J-

r

La cote e du centre élastique est donnée par

iV

A

3

- rr/

x

i

d z

i

- & S r/

2

L

1

équation

de la

parabole dans

les

axes

(x ^

,

z ^

) est

X j

- f (1

~ -j

)

a

,-fd

2

Par

suite

2 a e = I f (1 - ~

?

) dz,

Xci

a*

'

2

a

e

= a

f

EF]

*

=

Z

1

P a r

changoaent

d'axes ^ 2

l

x. = x + e = x + f

l'équation

de la parabole dans les

nouveaux

axes

xoz devient

:

f -

-

f t j - 4 )

1

i

L_

b) calcul des coefficients :

/

2

^

cl

2

3

/

,

/

z

ôz

2 e?

E Ï

ds

=

/ -rr

=

5 rr

y-d r r

f 2 .

. f±Q

~

,

22

.2

f±&

0

x es 1 / ,2 A z

\ ,

f / .2 ,

J ir

=

nr /

f (

5 - T

} dz

=

rr

;,

rdz

x

r/~o

a r -

7

~ tf

Calculons

cette

intégrale

à

l'aide

des

intégrales

de

Hohr


7/25/2019 GMCS069C



7/25/2019 GMCS069C


«

73

«

Les

actions

en A

seront donc

obtenues en

résolvant

le

système

s

[

P

h

5

h

3

,

r

4

,3

, o

?

-2- + ^

T

-,

AI

5

h

|

3 3 3

p

rh

p

ir >

o

«

~

Tr

+

z

1

T

-

x

t

T

2

0

=

LL +

Mo

.

3 -h Mo = L

2 6

M . = M o 4 - Z , »

x. -

X z.

Y ^

HP •

7

^ P

n

1 p,

X

1

-

3T

Z

1

-

2F

i

1

*

7

T5

Ph

Exemple 3 - Effet

de ..^^a^^f^g^^x^^

^.^y^^&i^

Soit

im

tuyau

ACB,

A et B

étant deux

brides de fi&ation* Sous l'effet de

températtire

tout se passe corne si les

brides

se déplaçaient, respectivement

de /Vx

et

/X'$

* Les équations de

base sont encore valables, il

suffit

de

tenir compte des déplacements d'appuis*


7/25/2019 GMCS069C


- 1 4 -

Application

: dilatation :-2,697 mm par mètre de tuyau

température

s 235° G

Inertie

du tuyau par rapport à

son axe lo = 3016 c m

H

0

dule

d'inertie

îp = 276

cm*

5

En utilisant les

résultats

précédents

(exesiple2)

/

2

2

ds = *h

3

= J.6

3

= 288,?

/x

2

ds = lh

3

= ~™

= 54 m

3

/x

z ds = ç h

3

= L

=

72 m

3

/ 3

• •

3 • . . . . .

/ ds = 3 h = 3. 6 = 18 m

/ . .

Allongement des barres AC et CB sous l'effet de la température ;

barre

AC /\x = 6 s

2,697mm

=

16,182

.

10~

3

m

barre CB A z = - 2 Ax = - 32,364 .

1<T

3

m

Supposons que, pour la bride B, nous compensions à froid la dilatation par

une

précontrainte (mise sous tension

des tuyaux) et que cette

compensation

corresponde

à un déplacement de 12,4 mm de la bride B vers la droite.

Le déplacement de la bride B sous l'effet de la tirmpérature

sera alors

AZ =

32,4

12,4

= 20 mm

A x

= 16,2

. 10""

3

m

gmcs069c

Documents