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Jean Michel PEDECHES
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 2
SommaireI. COMPÉTENCES EXIGÉES POUR L’ÉPREUVE DE CALCUL DES STRUCTURES............. 3II. DOMAINES DE LA RDM ET DU CALCUL DES STRUCTURES ABORDÉS DANS LES
SESSIONS DE L’AGRÉGATION......................................................................................... 11III. CONTENU DES SESSIONS PRÉCÉDENTES.................................................................... 12IV. NOTATIONS, SYMBOLES GENERAUX UTILISES EN MECANIQUE................................ 15V. REPRESENTATION DES ACTIONS................................................................................... 21VI. ÉTUDE DES STRUCTURES GÉOMÉTRIQUEMENT SYMÉTRIQUES............................... 29VII. ÉTUDE DES PARABOLES POUR LE TRACÉ DES DIAGRAMMES................................... 47
Annexes :Les sujets de l’agrégation de Génie Civil : sessions 1976 à 2004Les sujets de CAPET : sessions 2000, 2001, 2002 et 2004
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Albouy Pédèches
I. COMPETENCES EXIGEES POUR L’EPREUVE DE CALCUL DESSTRUCTURES
1. CONSIGNES GENERALES
♦ Lire entièrement l’énoncé♦ Choix du repère global♦ Choix sens de parcours sur la structure, indiquer les repères locaux♦ Si la structure admet un plan de symétrie, utiliser les propriétés des sections droites appartenant au plan
de symétrie
2. CAS DES STRUCTURES COMPORTANT DES NŒUDS RIGIDES
Savoir déterminer le degré d’hyperstaticité LSavoir déterminer le nombre de degré de liberté DDL : cas général et dans l’hypothèse souvent adoptéede l’incompressibilité des barres (déformation dues à l’effort normal négligée)
Choix de la méthode
Méthode des forces (ou des coupures) Méthode des déplacements
Savoir déterminer les contraintes généralisées (sollicitations) et déplacements engendrés par :
Effet d’un déplacement imposé : tassement d’un appui
Chargement thermique : déformation axialeGradient thermique sur la hauteur de la poutre
Introduction dans la structure d’assemblages élastiques (appuis ou nœuds internes élastiques)
Précontrainte : Prétension d’une barre (câble, hauban, suspente, tirant,..).Tension d’un câble dans un élément en béton : méthodes dites interne et externe
Outils
Savoir appliquer le Principe Fondamental de la Statique PFSSavoir appliquer le Principe des Puissances Virtuelles PPV
Tracer rapidement les diagrammes représentatifs dessollicitations : zy M,V,N , pour cela, il faut savoir déterminer le
moment de flexion zM dans des sections droitesconvenablement choisies et appliquer les relationsfondamentales entre les éléments de réduction du torseur decohésion. x
'y
'yy
'z pNpVVM −=−=−=
L’utilisation fréquente de champs de vitesses virtuelles rigidifiant par morceaux suppose la connaissance deséquations de la cinématique du solide : essentiellement la relation entre les vitesses de 2 points d’un solideet l’équiprojectivité.
Savoir calculer le déplacement d’un point de la structure par application :♦ du PPV♦ du Théorème de la force unitaire (Muller Breslau ou Pasternak pour les structures hyperstatiques)
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♦ des Relations de Navier Bresse♦ de l’intégration de ( ) ( )xMxUEI z
"yGz = , attention aux conditions aux limites (si la structure comporte
une liaison interne de type articulation, le déplacement ( )xU y est continu mais pas la rotation ( )xzθ )
3. STRUCTURES PARTICULIERES
Poutres continues : méthode de résolution : la formule des 3 moments est souvent la plus adaptée.Les inconnues hyperstatiques sont les moments sur les appuis.Méthode des foyers
Savoir représenter les lignes d’influence d’un déplacement, d’une sollicitation, d’une action de contact
Savoir déterminer les contraintes généralisées (sollicitations) et les déplacements engendrés par :
Effet d’un déplacement imposé : tassement d’un appui
Chargement thermique : Gradient thermique sur la hauteur de la poutre
Introduction dans la structure d’assemblages élastiques : appuis ou nœuds internes élastiques
Précontrainte : Tension d’un câble dans un élément en béton : méthodes dites interne et externe
a) Les treillis(structures composées de barres articulées)
Déterminer les efforts normaux dans les barres ji AA : ijNTreillis isostatiquesv Méthode de Crémona (traduction graphique ou géométrique de l’équilibre des nœuds)v Méthode de Ritter (coupure fictive, passant par la barre pour laquelle on cherche à déterminer l’effort
normal, séparant le treillis en 2 tronçons)v PPV
Treillis hyperstatiques (intérieurement ou extérieurement)Méthode énergétique : utilisation du théorème de Ménabréa, méthode des coupures, application du PPVMéthode des déplacements (il faut connaître la formalisation, cependant elle n’est pas très adaptée au calculmanuel) :Utilisation de la relation entre l’effort normal et les coordonnées des déplacements nodaux (compatibilité
géométrique) ( ) ( ) ( ) ijijijijijijijij
ij wwvvuuLEAN
γβα −+−+−= ,relation intéressante si tous les
déplacements sont demandés
Savoir déterminer les efforts normaux engendrés par :v une déformation axiale d’origine thermique appliquée sur une ou plusieurs barres (attention ! sur une
structure isostatique, les nœuds se déplacent mais le chargement thermique n’engendre pas desollicitations dans les barres) ;
v une précontrainte par tension d’une barre (appartenant à une structure hyperstatique) ;v un déplacement d’appui ;v un appui élastique.
Savoir déterminer le déplacement d’un nœud jA : méthode de la force unitaire ou PPV ou utilisation dela relation entre l’effort normal et les coordonnées des déplacements nodaux.
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4. ANALYSE LIMITEExemple type : session 1983
2 approches : méthode cinématiqueméthode statique
♦ Quelques définitions
Champ de contraintes *σ S. A.. (Statiquement admissible sur ( )S ) si :
v *σ est continu sur ( )S ainsi que sur la frontière ( )S∂ ;
v *σ est continûment dérivable par morceaux sur ( )S ;
v *σ vérifie :
les équations d’équilibre : 0rr
=+
fdiv *σ dans ( )S
les conditions aux limites Fn*rr
=
σ sur ( )FS∂
Pour les poutres, les équations d’équilibre s’écrivent :( ) ( ) 0
rrr
=+ spds
sRd * ( ) ( ) ( ) 0rrrr
r
=+∧+ smsRids
sMd **
Le champ de contrainte réel σ est Statiquement Admissible
Le Champ de contraintes est Plastiquement Admissible sur ( )S s’il vérifie le critère de plasticité :
0≤
*f σ ,concrètement, pour la flexion simple cela se traduit par 0≤− plz MM
Le champ de contrainte *σ est licite si : *σ est Statiquement Admissible et Plastiquement Admissible
Le Champ de Déplacement *Ur
est C. A. (Cinématiquement Admissible) si :
v *Ur
est continu sur ( )S ainsi que sur la frontière ( )S∂ ;
v *Ur
est continûment dérivable par morceaux sur ( )S ;
v *Ur
vérifie les conditions aux limites *Ur
= Ur
sur ( )US∂ .
Le champ de déplacement réel Ur
est Cinématiquement Admissible
Le Champ de déplacement est Plastiquement Admissible sur ( )S s’il vérifie l’incompressibilité plastique
( ) 0=*Udivr
Le champ de déplacement *Ur
est licite si : *Ur
est Cinématiquement Admissible et PlastiquementAdmissible
♦ Position du problèmeSoit une structure soumise à un système d’actions FλPour uλλ = , la structure se rompt, on dit qu’elle est ruinée, il s’est formé un nombre de rotulesplastiques suffisant pour transformer tout ou partie de la structure en mécanisme à 1 degré de liberté, ilapparaît un champ de vitesse d’écoulement plastique plU& associé à un champ de déformation plastique (ici
courbure plχ& ).Un tel état est unique, autrement dit pour un cas de chargement donné, il existe un seul schéma de rupture.
uλ peut être considéré comme un coefficient de sécurité global.
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♦ Énoncé du théorème statique (on dit aussi théorème de la borne inférieure)
Dans une structure soumise à un système d’actions extérieures Fλ , le choix d’un champ de contraintelicite conduit à un coefficient de sécurité sous estimé
uλλ ≤
Corollaire : Parmi tous les champs de moments licites, celui qui conduit au λ le plus grand est le plusproche du champ de moment correspondant à l’état ultime (ruine de l’ouvrage).
Dans la recherche du coefficient de sécurité, l’application du théorème statique conduit à une valeurinférieure (ou égale) à la valeur réelle ultime uλ , on est toujours placé du coté de la sécurité.
♦ Énoncé du théorème cinématique (on dit aussi théorème de la borne supérieure)
Dans une structure soumise à un système d’actions extérieures Fλ , le choix d’un champ de déplacementlicite (par exemple un champ de vitesse rigidifiant par morceaux transformant la structure en mécanisme,)conduit à surestimer le coefficient de sécurité.
uλλ ≥
Corollaire : Parmi tous les champs de déplacements virtuels licites, celui qui conduit au λ le plus petit est leplus proche du mécanisme réel.Pratiquement, il suffit de disposer un nombre de rotules suffisant pour transformer la structure en mécanismeet sans se soucier de ce que, pour cela, le champ de contrainte associé soit statiquement admissible.Généralement il ne l’est pas (à moins que le mécanisme choisi soit le vrai mécanisme de rupture), la valeur
plM étant la valeur absolue du moment de flexion dans ces rotules, cette valeur plM est dépassée dansd’autres sections potentiellement critique.Remarque : Pour que le mécanisme choisi puisse correspondre à un mécanisme de ruine possible, il fautchoisir le champ de déplacement de telle sorte que le travail des actions extérieures soit positif.
♦ Théorème d’unicitéDans une structure soumise à un système d’actions extérieures Fλ , soit *U
run champ de déplacement
licite auquel correspond un champ de moment de flexion *M licite, alors uλλ = , λ est le coefficient de
sécurité exact cherché uλ correspondant à la charge ultime.
uλ
Champs C. A.Champs S. A.
P.A. P.A.
Etat de rupture
Champ S.A. C.A. P.A.unique
Champs S. InadmissiblesChamps C. Inadmissibles
λ
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♦ Savoir déterminer le module de résistance plastique plW , pour une section droite, en flexion simple
eplpl f.WM =
♦ Savoir déterminer le degré d’hyperstaticité L♦ Savoir déterminer le nombre de sections potentiellement critiques : soit n le nombre de S.P.C.♦ Savoir appliquer le PPV pour déterminer les Ln − relations indépendantes entre les moments dans
ces sections potentiellement critiques.L’utilisation de champs de vitesse virtuels rigidifiant par morceaux sur des mécanismes obtenus par créationd’articulations virtuelles dans la structure, généralement mécanismes de nœuds, de poutres, de panneaux.
♦ Savoir appliquer la méthode cinématiqueConnaître la procédure (par exemple celle élaborée par le CTICM) par combinaisons linéaires, pourdéterminer la valeur minimale de la force provoquant la ruine de la structure.
Pour affirmer que l’estimation trouvée correspond à la force de ruine, il faut montrer que le champ dumoment fléchissant est licite : statiquement admissible et plastiquement admissible.
♦ Savoir appliquer la méthode statique
Soit jM le moment dans la S.P.C. jA , soit n le nombre de SPC
λ est inconnu de même que les n valeurs jM , soit 1+n inconnues
Nous avons les Ln − relations indépendantes entre les moments dans ces sections potentiellementcritiques.
11 ≤≤−plj
j
MM
cela correspond à 2 n inéquations
Une représentation graphique est parfois possible.
Cela suppose la connaissance de lacinématique du solide :v relation entre les vitesses de 2
points d’un solide,v équiprojectivité
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5. STABILITE _ INSTABILITE. L’INSTABILITE EST UN PHENOMENE DU SECOND ORDRE
En ce plaçant dans le cadre des structures à barres déformables, à chacune des barres, pour déterminer leseuil d’instabilité lorsque l’effort normal est connu, nous pouvons utiliser les méthodes suivantes :
1. Méthode de Rayleigh Timoshenko2. Méthode des grands déplacements3. Méthode traditionnelle due à Euler
v Méthode traditionnelle due à EulerLorsque la structure est simple, on écrit les équations d’équilibre dans une configuration déformée inconnueà priori, l’intégration de l’équation différentielle permettra de trouver les conditions d’existence desconstantes d’intégration non nulles et donnera le seuil d’instabilité.v Méthode de Rayleigh TimoshenkoOn néglige les déformations d’effort normal et d’effort tranchantSoit une structure soumise par un champ de forces F.λ évoluant proportionnellement.Cas d’un seul motif de déplacementChoisissons la fonction adimensionnelle dite « motif de déplacement » *ϕ telle que ( ) *
j .Avv ϕ=v représente la coordonnée, sur l’axe y du repère local attaché à la barre initiale dans la configuration nondéformée, du déplacement réel, ( )jAv coordonnée sur l’axe y du déplacement réel pour le point Aj. Le
champ est ⊥ à la barre et cinématiquement admissible.On applique le PPV à ( )S dans la configuration déformée en prenant pour champ de vitesse *ϕ
On obtient le coefficient critλ par l’expression suivante : ( )
( )( )∫
∫
∂∂
=
∂
∂
−=
S
*
S
*
Gz
crit
dsx
.N
dsx
EI
2
2
2
2
1 ϕλ
ϕ
λ
Dans la pratique, on choisit *ϕ en imaginant le champ de déplacement, par exemple une fonction du 3ième
degré en x pour les barres non soumises à des charges réparties et à l’effort normal :( ) dcxbxaxx +++= 23ϕ ; ( ) xcosbxsinax ααϕ += pour les barres soumises à l’effort normal, les
différents coefficients sont déterminés en écrivant des conditions aux limites : conditions cinématiques etstatiques.si *ϕ ne se superpose pas au champ réel ϕ , on obtient un coefficient de sécurité λ par excèsCas de plusieurs motifs de déplacement, généralisation de la méthode précédente
( ) *iji
n
i.Avv ϕ∑
=
=1
les ( )ji Av sont les déplacements de certains points Aj
Par application du PPV, [ ] [ ] ( )[ ]kjiji AvKF =
[ ] ( )∑=k
k*iki A.F.F ϕλ
[ ] ( )( )( )
+== ∫ ∫
S S
*j
*i
Gz
*j
*i
ij dsdx
d.
dxd.EIds
dxd
.dx
d.NK 2
2
2
2
1ϕϕϕϕ
λλ
Critère de Lejeune_Dirichlet : la structure est dans un état d’équilibre stable tant que ( )[ ] 0>λijKdetL’instabilité se produit pour la plus petite des valeurs critλ telle que ( )[ ] 0=λijKdet
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v Méthode des grands déplacementsÉtablir le nombre de degrés de liberté.Déterminer les efforts normaux dans les barres avant la bifurcation d’équilibre.On écrit les équations intrinsèques normales pour les barres non soumises à l’effort normal.Pour les barres soumises à un effort normal, il faut considérer l’équation intrinsèque de comportementcompte tenu de l’effort normal qui s’y exerce.La différence réside dans l’expression du facteur de rigidité k ou de transmission λ .
ij
ijij EI
N,N => 20 α
( )
( )
M k k kv v
LM
M k k kv v
LM
ij i jj i
ijij
ji j i ij i
ijji
= + − +−
+
= + − +−
+
θ λ θ λ
θ λ θ λ
. .
. .
1
1
0
0
( ) ( )[ ]( )[ ] ( )ijijij
ijijijij
ij
ij
LsinLLcosLcosLLsin.L
.L
EIk
ααααααα
−−−
=12
( )[ ]( )[ ] ( )ijijij
ijijij
ij
ij
LsinLLcosLsinLL
.L
EIk
αααααα
λ−−
−=
12
le facteur ou coefficient de rigidité k diminue lorsque l’effort normal augmente N kij ↑ ⇒ ↓
λ est appelé facteur de transmission
r N ij = 0 les déplacements infiniment petits, nous retrouvons la RDM classique
α λ→ ⇒ → →04 1
2k
EIL
ij
ij
Établir autant d’équations d’équilibre que de degrés de liberté, ces équations sont obtenues en écrivantl’équilibre des nœuds sièges d’un degré de liberté en rotation, pour les degrés de liberté de translation, onapplique le PPV à partir de la configuration déformée, cependant les termes de puissance virtuelle dusecond ordre seront négligés devant les termes du premier ordre de sorte à pouvoir linéariser le systèmed’équations.Soit [ ]ijK la matrice de rigidité [ ][ ] [ ]0=UK ij [ ] 0=ijKdét
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II. DOMAINES DE LA RDM ET DU CALCUL DES STRUCTURES ABORDES DANS LES SESSIONS DE L’AGREGATIONsessions
76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 00 01 02 03 04Méthode des forces « ou des coupures » ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ Méthode des déplacements ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ Plasticité et analyse limite ♦ ♦ ♦ Poutre droite continue sur appuis simples : utilisation de larelation des trois moments, …
♦ ♦ ♦ Structure hyperstatique soumise à un moment de torsion,résolution par la méthode des déplacements
♦ Structure hyperstatique soumise à un moment de torsion,résolution par la méthode des forces
♦ Structure isostatique ♦ ♦ ♦ ♦ Arc isostatique ♦ ♦ Poutre dont la ligne moyenne est une courbe plane,application aux ponts courbes
♦ Analyse d’une structure en « ossatures plissées » ♦ Étude d’un câble courbe ♦ Fonctionnement d’une poutre à âme en tôle plissée ♦ Assemblage de poutres parallèles par une articulation detype charnière
♦ Plaque, rigidité d’un panneau soumis à des contraintes decisaillement sur son contour
♦ Pré-tension de haubans, de câbles,… ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ Liaisons élastiques ♦ ♦ ♦ ♦ Amplification dynamique, vibrations ♦ ♦ ♦ ♦ Prise en compte des effets du second ordre ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ Précontrainte par tension de câbles dans un élément enbéton
♦ ♦ ♦ Contraintes tangentes dans un profil à parois minces ouvertsous une sollicitation d’effort tranchant
♦ Centre de torsion d’un profil mince ouvert ♦ ♦ Torsion pure , torsion gênée ♦ ♦ ♦ ♦ ♦ Gradient thermique sur la hauteur de la section droite d’unepoutre (courbure libre d’origine thermique)
♦ ♦ ♦ ♦ Effet d’une déformation libre axiale due à une variation detempérature
♦ ♦ ♦ ♦ Analyse de la redistribution d’efforts par fluage ♦
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III. CONTENU DES SESSIONS PRECEDENTES
Session 76Portiquebi étagé
Structures symétriquesTracé de diagrammesEquation de la déformée par double intégrationMéthode des forces sur portique en flexionUtilisation du PPV pour déterminer des actions deliaison
Instabilité : bifurcation d’équilibreMéthode de Rayleigh-Timoshenko
Session 77structurehaubanée
Méthode des forces avec chargement thermiqueProblème de-prétension de câbles
Etude de la stabilité d’un pylône
Session 78Passerelle pour
piétons
Méthode des déplacementsMéthode des forcesCalcul de rigidité
Instabilité de membrures d’un tablierMéthode de Rayleigh-Timoshenko
Session 79Ouvrage d’art
Sous structures semblablesMéthode des déplacement
Instabilité : recherche de seuil de bifurcation
Session 80Poutre en BP
Assemblage de poutres par une liaison de typecharnière.Méthode de calcul variationnel, PPV, torsion
Session 81Ossature 3D
Méthode des déplacements spatial, torsionInstabilité : recherche de seuil de bifurcation (grandsdéplacements)
Session 82Cadre
bi articuléPanneau nervuré
Méthode des forcesRigidité de diaphragme soumis à un effort decisaillementRigidité en distorsion par flexion
Stabilité au voilement (effort critique de cisaillement)
Session 83Portique plan
Méthode des déplacementsDéplacements dans structure hyperComportement plastique limite (mécanisme deruine par rotules plastiques). Méthode statique,méthode cinématique
Comportement dynamique et élastique
Session 84Grue (matvertical)
Méthode des forces ou des déplacementsAppuis élastiques
Grands déplacements (calcul itératif)Comportement dynamique sous l’effet du vent
Session 85Poutre console à
âme plissée
Equations d’équilibre, efforts-déformations
Session 86Pont suspendu
Etude d’un câble courbeEtude dynamique
Session 87Poutre tubulaireà parois minces
Méthode d’analyse en ossature plisséeTorsion, distorsion, diaphragme
Session 88Mat vertical
haubané
Effets du second ordreStabilité
Session 89Pont poussé
Equation des 3 momentsPrécontrainte centréeCourbes enveloppes
Session 90Tablier de pont
Equations de comportement Etude d’une travée courbePont courbe à 2 travées
Session 91Pont en arc
Etude d’un tronçon de poutre courbe Tension dans les haubansVariation de température, gradient thermique
Session 92Pont
précontraint
Calcul de coeffs de raideur et de souplesse de pilesde ponts.Etude de la flexion longitudinale d’un pont.Méthodes énergétiques.
Comportement de piles en torsion avec diversessections transversales (fermée, ouverte)
Session 93Pont à tablier
sous-tendu
Méthode des forcesCâbles (efforts, pré-tension)Lignes d’influence
Précontrainte par câbles dans élément en béton
Session 94Tablier de pont
Poutre continue, équation des 3 moments, foyersPhasage,
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Pédèches
précontraint Précontrainte excentréeGradient thermique
Session 95Pont à béquilles
Méthode des déplacements ou des forcesTorsion d’un caisson, centre de torsion
Phasage
Session 96Cadres
d’entretoisementde tablier de
ponts
Méthode des forcesAssemblage élastiqueEffets du second ordre
Force critique de flambement d’une poutreAnalyse limite, rotules plastiques
Session 97Tablier de pont
précontraint
Méthode des déplacements Précontrainte par tension de cablesAnalyse de la redistribution d’efforts par fluage
Session 98Mat d’éclairage
Analyse statique au 1er et 2nd ordreEtude dynamiqueHaubans
Session 99Fléau de pont
HaubansLiaison élastique
Session 2000Plastificationd’un portique
Méthode des forces ou des déplacementsPlasticité et analyse limite (méthode pas à pas)
Session 2001Enceinte deconfinement
Arc isostatiqueTirantPhasageEffets thermiques et variation de pression
Session 2002Pont isostatique
Structure isostatique
Session 2003Tranchéecouverte
Appui élastiquePhasage
Session 2004Constructiond’un pont par
poussage
Iso, hyper1, hyper2Méthode des forcespré-tension dans des haubans
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IV. NOTATIONS, SYMBOLES GENERAUX UTILISES EN MECANIQUE
En vue de la préparation à l’oral de la leçon de mécanique appliquée, et lors de tout exercice demécanique des structures, vous devez utiliser si possible les notations de la norme NF P 06-005.
1. LES ACTIONSF Action en général, et force en particulier
R Résultante d'un ensemble de forces; action de contact ou de liaison, "réaction" d'appui
G Charge permanente: on indique en général l'intensité de la force ponctuelle ( ou norme ) ex: 10 kN
g Charge permanente: on indique en général l'intensité de la force répartie. ex: 20 kN/m
Q Action variable qui généralement représente la charge d'exploitation sur les planchers de bâtiment : on
indique en général l'intensité de la force ponctuelle ex: 10 kN
q Action variable qui généralement représente la charge d'exploitation: on indique en général l'intensité de laforce répartie. ex: 20 kN/m
S Action due à la neige: on indique en général l'intensité de la force ponctuelle ex: 10 kN
s Action due à la neige: on indique en général l'intensité de la force répartie ex: 10 kN/m
W Action due au vent :on indique en général l'intensité de la force ponctuelle ex: 10 kN
w Action due au vent :on indique en général l'intensité d'une force répartie ex: 10 kN/m
T Actions dues aux variations de température.
p Pression.
2. CARACTERISTIQUES GEOMETRIQUES, PHYSIQUES ET MECANIQUES.
A Aire d'une surface Ω = dA A=∫∫Ω
sa mesure dans une unité est un nombre positif, Ω est une figure géométrique.
S ( )GzS y dAΩΩ
= ∫∫ = Moment statique de la section droite Ω d'une poutre par rapport à l'axe GZ.
u Périmètre
V Volume
L, l Longueur , portée d'une poutre.
b Largeur d'une section droite.
e Excentricité.
t Épaisseur pour pièces minces.
h Hauteur d'une section droite , épaisseur.
d Diamètre.
r Rayon.
s Espacement.
z Bras de levier des forces internes.
α ,β ,ϕ Angles.
I ( )GZI y dAΩΩ
= ∫∫ 2 Moment quadratique de la section droite Ω par rapport à l'axe GZ.
v Distance entre G et la fibre tendue la plus éloignée ou la moins comprimée, nombre positif. (Notation personnelle)
v' Distance entre G et la fibre comprimée la plus éloignée ou la moins tendue, nombre positif. (Notation personnelle)
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W Module de résistance ou de flexion: ( ) ( )
Wv
Wvz
GZz
GZI I= =Ω Ω
''
i Rayon de giration GZIA
= zi
λ Élancement. f
zz
f
yy
li
li
= =λ λ
K, J Moment d'inertie de torsion
γ Poids volumique. kN/m3
ρ Masse volumique. kg/m3 ; pourcentage d'acier dans une section B.A.
φ Diamètre d'un armature.
µ Coefficient de frottement
g Accélération de la pesanteur 9.81 m/s2 ou N/kg γ=ρ g
m Masse m=ρV
P Poids propre P = mg = ρVg = γV.
σ Contrainte normale, on pourra noter σadm pour une contrainte admissible (σadm = valeur limite à ne pasdépasser dans la condition de résistance pour la vérification de certains matériaux.)
τ Contrainte tangentielle (ou tangente).
E Module d'Young ou module d'élasticité longitudinal
G Module d'élasticité transversal ou de glissement
υ Coefficient de Poisson.
ε Déformation unitaire.
γ Glissement unitaire
χ Courbure (notation personnelle)
f Résistance du matériau ,ef = Limite élastique ( f y
d’après les normes Européennes),
Les déplacements: translation: i
ix
iy
iz
i
i
i
i
UUUU
UUVW
r r
, Rotation i
ix
iy
iz
rθ
θθθ
3. MECANIQUE GENERALE : CINEMATIQUEa Accélération v Vitesse ω Vitesse angulaire
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Albouy
4. LES LETTRES GRECQUES
ΑΒΓ∆ΕΖΗΘΙΚΛΜ
αβγδεζηθ
ικλµ
alphabetagammadeltaepsilondzétaetatheta
iotakappalambdamu
$
$
$
ΝΞΟΠΡΣΤΥΦΧΨΩ
νξοπρς στυϕχψω
nuxiomicronpi
rhosigma
tauupsilonphikhipsioméga
$
,
5. LES MULTIPLES ET SOUS-MULTIPLESfacteur préfixe symbole
1010101010
9
6
3
2
giga Gméga Mkilo khecto hdéca da
facteur préfixe symbole
101010101010
1
2
3
6
9
12
−
−
−
−
−
−
déci dcenti cmilli mmicronano npico p
µ
6. LES UNITESEn statique et pour la détermination des sollicitations, il est préférable d’utiliser le kN et le m.
Pour la détermination des contraintes et déplacements en translation : N, mm, MPa.p kN m N mm= =20 20/ /
Pour les rotations unité rad (radian), utilisez les unités : N, m, Pa
Attention ! Il faut toujours faire suivre une valeur numérique de l’unité employée.
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7. FORCES, MOMENTS, TORSEURSLes coordonnées (anciennement composantes) des forces sont déterminées par rapport au repère
orthonormal (terminologie antérieure : orthonormé) ( )O x y z, , ,r r r.
Soit la force 0 1→
rA notée aussi
0 1/
rA :Les indices indiquent que la force est due à l'action du solide 0
sur le solide 1, on peut se dispenser d'indiquer les indices uniquement s'il n'y a pas d'ambiguïté.
Lorsque la force r
Fi est appliquée en un point M i , nous noterons ( )M Fi i,r
ou ( )rF Mi i,
Lorsque la force r
Fi est "portée" par une droite Di , nous noterons ( )D Fi i,r
ou ( )rF Di i,
Lorsque la force linéique (ou répartie) rpi est appliqué sur la barre (i-1,i) du solide k ( )( )i i S pk
i− ∈1, , r
ou en permutant les termes ( )( )rp i i Sik, ,− ∈1
Les coordonnées X Y Z sont des valeurs algébriques. Quand il n'y a pas d'ambiguïté, on simplifie
souvent l'écriture en omettant de préciser la base ( )r r rx y z, , , ce qui est souvent le cas en statique où il estrecommandé d'utiliser un repère unique.
( ) ( ) ( ) ( )
r
r r r r r r r r r r r r
r r rF
XYZ
XYZ
A
XYZ
AAAx y z
i
i
i
i x y z
A
A
A x y z
X
Y
Z x y z
F F A
→
→
→
→
→
→
→
→, , , , , , , ,
exemples0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
0 1
La norme (ou intensité) d'une force rA est notée
rA . Pour simplifier l'écriture, on peut poser
rA A=
La valeur algébrique d'une grandeur est aussi notée A.
On peut définir, au cours d'une résolution, les paramètres qui sont positifs : par exemple l'ensemble desparamètres ( )l L a F p, , , , sont des nombres positifs.
La valeur absolue d'une grandeur algébrique est notée A .
Un système mécanique (structure, poutre, portique,...) sera noté par exemple ( )S 1 , l'exposant
représentant la structure. On réserve l'exposant 0 pour les structures isostatiques ( )S 0 . Soit,
( ) ( )S F F C10
1 2=r r r
, , un système d'actions composé de 2 forces r
F1 , r
F2 et d'un couple r
C . L'indice
représente l'ensemble des actions. Ces actions s'exercent sur le solide S 0 .
Résultante des forces du système: ( )r r rR S F F1
01 2= + c'est la somme vectorielle des différentes forces.
Le moment ( )rM SG 1
0 représente la somme des moments de chacune des forces du système ( )r rF F1 2, ,
plus les couples éventuels ici r
C . ( ) ( ) ( )r r r r r rM S M F M F CG G G1
01 2= + +
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 19
Albouy
On peut définir le TORSEUR : ( ) ( )
( )( )
( )
G O x y z
G G z O x y z
SS
G S
XYZ M
RM
Γ 10 1
0
10
00
/ , , ,
/ , , ,
r r r
r r r
r
r
Traduction de la notation : par rapport au repère ( )O x y z, , ,r r r , le torseur en G des actions S1 s'exerçant sur
S 0s'écrit...
Le repère n'est nécessaire que si l'on exprime ses coordonnées.
( )rR S1
0 résultante du torseur, elle est indépendante du point où est écrit le torseur
( )r
MG S10 moment du torseur, ce vecteur dépend du point où est écrit le torseur
Propriété : si ( ) ( )r rR MS G S1
010 0. = c'est à dire si ces 2 vecteurs sont orthogonaux
⇒ ∃ ∈I ∆ tel que ( ) ( )I
I
S SRΓ 10 1
0
0=
r
r
Le vecteur ( )rR S1
0 porté par la droite ∆ est aussi nommé résultante, ce vecteur est un glisseur. Pouréviter la confusion avec la somme vectorielle qui, elle, est indépendante du point où elle est définie, il fautadopter une notation et une terminologie qui lève toute ambiguïté.
Par exemple: ( )∆;rR S1
0
, ( )I SR;
r10
avec ( )
rR S1
0 nommé par exemple résultante générale.
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 21
Albouy
V. REPRESENTATION DES ACTIONS
Objectif: choix de représentation et de désignation d'entités mécaniques (forces, couples, torseurs...)
1) REPRESENTATION VECTORIELLE (compatible avec les usagesmathématiques)
1.1.) L'action est parfaitement connue.
• soit numériquement
• soit littéralement
Exemples:
1. représentation vectorielle
x
yx
y q
2. représentation vectorielle
q = -q y
avec q > 0
3. représentation simplifiée
q
Le vecteur est représentéaccompagné par sa norme(intensité). q > 0Complémentarité entre le symbolede la force représentée par levecteur et sa norme.
Si q est une donnée numérique, par exemple q kN m= 10 / : la désignation 3 suppose lareprésentation de l'action, par contre le repère n'est pas nécessaire. Elle est intéressante pour l'étude desstructures planes que l'on rencontre généralement en génie civil, de plus les directions des forces sontsouvent connues (verticales ou ⊥ à une ligne).
Les désignations 1 et 2 sont plus scolaires, le repère est obligatoire par contre la représentation del'action n'est pas nécessaire. Elle est adaptée à l'étude des structures spatiales. C'est une bonne applicationdu cours de maths.
a L
p ( 8 kN/m )
A B
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 22
Albouy
L
p
papa2
2
Lorsque les actions sont connues, entièrementdéfinies, la désignation 3 est intéressante car lerepère n'est pas nécessaire et l'écriture est la plussimple.A coté du vecteur force ou du symbole représentant lemoment on donne la norme (ou intensité de l'action).
L
-p-papa2
2
xy x
y
yz
y Représentation vectorielle
Le sens indiqué par les vecteurs pour les forces etl'arc pour le couple est le sens vrai. Le repère estnécessaire.On pourrait se dispenser de représenter les actionscependant le graphique est plus "parlant" et contientl'ensemble des indications mis à part l'intensité.
1.2.) L'action est inconnue.
• 1.2.1 Complètement
• 1.2.2 Partiellement: par exemple la droite support est connue
1.2.1 Complètement, représentation vectorielle
x
yx
y
zi j
V ij
x
yMij z
N ij
j
j
j
j
j
j j j
On représente les actions avec un sensprédéfini correspondant aux vecteurs unitairesde la base lorsque les expressions algébriques"accompagnatrices" sont positives. Le signe deces expressions est déterminé en considérantchacun des termes positifs. Par exemple ici,pour l'action du nœud i sur l'extrémité i de labarre, on considère les coordonnées positives.Comme les expressions et les coordonnées seconfondent, le sens de ces actions correspondau sens positif des vecteurs unitaires.
x
x +
dx
Vy(x+dx)
x
y
Mz(x+dx) z
N(x+dx)Vy(x) y
Mz(x) z
xN(x)
xz
y
Exemple classique de la RDM. On isole untronçon de poutre de longueur dx .Pour la section d'abscisse x de la poutre,l'action du tronçon de gauche sur celui isolé estdéfinie par:
( ) ( )
( )
( )( )
( ) ( )
G x cohé x y z
G x
y
z x y z
TN xV x
M x− =
−−
−
r r r
r r r
, ,
, ,
00
0
Ces actions sont ici écrites en fonction dessollicitations.
( ) ( )N x N x≥ ⇔ − ≤0 0 d'où le sens opposéà
rxidem pour les autres actions
( ) ( )V x V xy y≥ ⇔ − ≤0 0( ) ( )M x M xz z≥ ⇔ − ≤0 0
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 23
Albouy
Vy(x) y
Mz(x) z
xN(x)
x x
Vy(x) y
xN(x)
Mz(x) z
G(x)
G(x)
xz
y
xz
y
Cette représentation esten accord avec lareprésentationmathématique des vecteursopposés.
Il faut que la désignationcorresponde à celle d'unvecteur, il faut donc écrireles vecteurs unitaires.
Cette représentation illustrebien le cours demathématiques et doit êtreutilisé par les élèves de lycée.
1.2.2 Partiellement: par exemple la droite support est connue
a L
p
A B
C
1
2
α
0
Première méthode: le sens est choisi par hypothèse.
C
1
A
C0/1
A2/1
Le théorème de la statique relatif ausolide soumis à 2 forces:
Pour que le solide reste en équilibre, ilfaut et il suffit que les 2 forces soientd'égale norme et directementopposées.
Traduction mathématiquer rA C2 1 0 1/ /= −
support commun AC
La connaissance de ces 2 forces estincomplète au niveau de leurs normes etsens.Pour la représentation, si nous utilisonsla représentation vectorielle, il faut leurdonner un sens.
Il faut donc faire une hypothèse:
Par exemple ici on à prédéfini le sens de rA2 1/ , celui de
rC0 1/ ainsi que celui de
rA1 2/ s'en déduisent.
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 24
Albouy
a L
p
A B2
A 1/2
XB X
YB Y0/2
0/2
Le sens supposé de la force rA1 2/
étant connu nous pouvons exprimer
ses composantesrA
AA1 2
1 2
1 2/
/
/
cossin
αα
Le repère doit être représenté.
Cependant comme le terme A1 2/ peut s'avérer être négatif si le choix concernant le sens de rA2 1/ est
contraire au sens réel, nous l'appellerons intensité "algébrique" . Avec cette notation, nous ne pouvons pasla distinguer de la norme ou (intensité) A1 2/ qui est toujours positive. Pour pouvoir la distinguer nouspourrions envisager de surligner l'intensité algébrique ex: A1 2/ ou trouver une autre notation A1 2/
+− ou Aalgé1 2/
..
A1/2 A1/2= u
u
A2/1 A2/1= uu
α
α uA2/1 u=
A1/2 = A2/1
Choisir le sens de l'action c'est adopter un vecteur unitaire ru de même sens. On retrouve les notions
mathématiques abordées en seconde sur l'analyse vectorielle.
Méthode analytique:
Elle ne demande pas d'hypothèses mais la démarche est plus longue
C
1
A
A 2/1Y
XA 2/1
C 0/1Y
XC 0/1 X
X
y
y
Le repère doit être indiqué.
La relation entre les composantes s'obtientsoit:• en isolant 1 et en écrivant que le moment
par rapport au point C est nul.l'expression algébrique est de la formeX L Y LX YYX
A A
A A
A
A
2 1 2 1
2 1 2 1
2 1
2 1
00
/ /
/ /
/
/
. tan .
.tan
tan
α
α
α
− =
− =
=
• soit géométriquement, cependant dans cecas, le signe des coordonnées ne peutêtre déterminé que par l'observation
signes contraires mêmes signes
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 25
Albouy
a L
p
A B2
A 1/2Y
XA 1/2XB
YB 0/2
0/2 x x
y y
Le repère doit être indiqué.
Représentation des rotations
i θwi0
θei0θwi
0
Nous avons représenté des angles orientés.Ces angles sont définis par une origine et uneextrémité. Le sens définit le signe de leur mesurealgébrique. (+ pour le sens dit trigonométrique)
i θwi0
θei0θwi
0
Ici, nous avons représenté des anglesgéométriques. Leur mesure est toujours positive
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 26
Albouy
2) REPRESENTATION "INGENIEUR"
2.1.) L'action est parfaitement connue.
• soit numériquement
• soit littéralement
Exemples:
Représentation n°1 Représentation n°2
Le vecteur représenté est un vecteur unitaire, laquantité exprimée à ses cotés correspond à l'intensité"algébrique" de l'action.
Les 2 représentations ci-contre sont équivalentes.
Traduction de la représentation n°1: d'après nosnotations habituelles q étant une valeur positive, .− <q 0donc l'action, ici la force est verticale ascendante. Lorsquela force est connue la représentation 1 est plus claire, elledonne le sens réel et se confond avec celle définie plusavant. Si q est une donnée numérique, par exempleq kN m= 10 / , il faut utiliser la représentation 1.
Dans la représentation n°2, il faut considérer que q−est négatif − = −q kN m10 / .
On remarque que le repère n'est pas nécessaire.
.
a L
p ( 8 kN/m )
A BL
p
papa2
2
Lorsque les actions sont connues, donc entièrement définies, la représentation 1 est intéressante car le repèren'est pas nécessaire et l'écriture est la plus simple.A coté du vecteur force ou du symbole représentant le moment, on donne l'intensité algébrique de l'action qui seconfond avec la norme.
2.2.) .l'action est inconnue
• Complètement
• Partiellement: par exemple la droite support est connue
2.2.1 L'action est complètement inconnue
Cette représentation montre des actions qui sont opposées, d'après le principe des actions mutuelles,représentées par des vecteurs de même sens. Cette contradiction avec la représentation mathématique desvecteurs opposés n'est qu'apparente.
Ces vecteurs ne représentent pas les vecteurs "force" mais des vecteurs unitaires. C'est pourquoil'expression accompagnatrice n'est pas un vecteur mais une intensité "algébrique".
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 27
Albouy
x
yx
y
zi j
V ijMij
N ij
j
j
j j ji
V ijMij
Nij
Vy(x+dx)
Mz(x+dx)
N(x+dx)
Vy(x)
Mz(x)
N(x)
xz
y
Si le repère existe, on représente les actions avec unsens prédéfini correspondant généralement auxvecteurs unitaires de la base, sinon la flèchecorrespond au sens du vecteur unitaire selon lequella force agit. La valeur "accompagnatrice" est uneintensité algébrique. Si le calcul donne une valeurpositive, le sens indiqué est alors réel, sinon le sensréel est contraire (dans le cas d'une valeur négative).
2.2.2 L'action est partiellement inconnue: par exemple la droite support est connue
a L
p
A B
C
1
2
α
0
représentation n°1
A
C
1
C0/1
A2/1
Le théorème de la statique relatif au solide soumis à2 forces:Pour que le solide soit en équilibre, il faut et il suffitque les 2 forces soient d'égale norme et directementopposées.Traduction mathématiquer rA C2 1 0 1/ /= − support commun ACTraduction compte tenu de la conventionadoptéeA C2 1 0 1/ /= vecteurs unitaires opposés intensitésalgébriques égales.
La connaissance de ces 2 forces est incomplète au niveau de l'intensité algébrique (signe et valeur absolue).
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 28
Albouy
représentation n°2
A
C
1
C0/1
A2/1
Autre représentationA C2 1 0 1/ /= −vecteurs unitaires égaux, intensités algébriques opposées
a L
p
A B2
A 1/2
XB
YB
Cela correspond à se définir un senspour la force. Le sens supposé de laforce
rA1 2/ étant connu, nous pouvons
exprimer ses coordonnées par rapportau repère de la statiquerA
AA1 2
1 2
1 2/
/
/
cossin
αα
Cependant, comme le terme A1 2/ peut s'avérer être négatif si le choix concernant le sens de rA2 1/ est contraire au
sens réel, cette notation ne permet pas de distinguer l'intensité algébrique de la norme ou (intensité) A1 2/ qui, elle,est toujours positive. L'appellation intensité "algébrique" prend ici tout son sens.
Les représentations ci-dessous sont équivalentes.
A
C
1
N
NA
C
1
N
N
1 1 1 1
p
L
p L12
p L2
p L2
2 p L12
2
p
L
p L12
p L2
p L2
2p L12
2
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 29
Albouy Pédèches
VI. ETUDE DES STRUCTURES GEOMETRIQUEMENT SYMETRIQUES
Os
O: origine de l'abscisse curviligneX
Y
Z
Considérons l’origine des abscisses curvilignes enO, point situé sur le plan de symétrie de lastructure.Soit ( )Z,Y,X
rrr le repère global.
On note les coordonnées par rapport au repèreglobal
( )( )( )( )
( )( )( )( )
sss
ssWsVsU
sU
Z
Y
X
θθθ
θrr
1. PROPRIETES RELATIVES AUX DEPLACEMENTS INTERESSANT LES DEUX METHODES DE CALCUL DESSTRUCTURES : METHODE DES DEPLACEMENTS ET METHODE DES FORCES (OU DES COUPURES).
Chargement symétrique Chargement antisymétrique
O s
O: origine de l'abscisse curviligne
F1r
F1r
( )0θr
( )0Ur
-F2r
F2r
Mr
-Mr
En O, ( ) 00 =U , ( ) ( ) ZYZY ;;U θθθθ ⇒== 000 antisym.
Os
O: origine de l'abscisse curviligne
F1r
( )0θr
( )0UrF1
r−
F2r
Mr
F2r
Mr
En O ( ) 00 =Xθ , ( ) ( ) W;V;WV Xθ⇒== 000 sym..
Os
( )0Ur
( )0θr
⊥
∈ plan de symétrie
plan de symétrie
Os
( )0Ur
( )0θr
⊥
∈ plan de symétrie
plan de symétrie
Soit O le centre de surface de la section droite située dansle plan de symétrie.Le vecteur déplacement ( )OU
r du point O appartient au
plan de symétrie.Le vecteur rotation ( )Oθ
r de la section droite O est
orthogonal au plan de symétrie.
( ) ( )( ) ( )( ) ( )ss
sVsVsUsU
ZZ θθ −=−=−
−=−
( ) ( )( ) ( )( ) ( )ss
sssWsW
YY
XX
θθ
θθ
−=−
=−=−
Soit O le centre de surface de la section droite situéedans le plan de symétrie.Le vecteur déplacement ( )OU
r du point O est
orthogonal au plan de symétrie.Le vecteur rotation ( )Oθ
r de la section droite O
appartient au plan de symétrie.
( ) ( )( ) ( )( ) ( )ss
sVsVsUsU
ZZ θθ =−−=−
=−
( ) ( )( ) ( )( ) ( )ss
sssWsW
YY
XX
θθ
θθ
=−
−=−−=−
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 30
Albouy Pédèches
2. PROPRIETES DES DIAGRAMMES DES SOLLICITATIONS
Chargement symétrique Chargement antisymétrique
( ) ( )( ) ( )( ) ( )sMsM
sMsMsNsN
yy
zz
=−
=−
=− diagrammes sym.
Y
Z
U
θθ antisym.
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )sTsTsVsV
sVsV
zz
yy
−=−
−=−
−=−
diagrammes antisym.
X
WV
θsym.
( ) ( )( ) ( )( ) ( )sMsM
sMsMsNsN
yy
zz
−=−
−=−
−=− diagrammes antisymétriques
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )sTsTsVsV
sVsV
zz
yy
=−
=−
=−
diagrammes symétriques
Cas particuliers :Soit une structure comportant une barre biarticulée uniquement soumise à un effort normal ; sous un chargementantisymétrique, ( ) ( )sNsN −=− .
Or dans la barre biarticulée soumise uniquement aux 2 forces nodales l’effort normal est constant 0=⇒ N lelong de la barre. La barre n’est pas sollicitée ; sous le chargement antisymétrique, cette barre n’intervient pas, ellepeut donc être ignorée.
L
h
GzTI
GzPI GzPI
Fr
Fr
0=NA
L
h
GzTI
GzPI GzPI
Fr
Fr
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 31
Albouy Pédèches
Soit une structure de type portique à deux travées.Dans le cas d’un chargement symétrique, le poteau contenu dans ce plan de symétrie n’est sollicité qu’à un effortnormal.
Fr
Fr
O
O
O
xy
( )xNr+0
( )yVyr+0
( )zM zr+0
O ( )xNr+0
( )zM zr+0
z-Mzr
rr
z-Mz
( )yVyr+0
( )yVyr+0
( )xNr+− 0
( )zM zr+− 0
( )xNr−− 0
( )yVyr−− 0
( )zM zr−− 0 x-Vy
ry-N
x-Vyr
y-N
r
r
On isole le poteau ainsi que le nœud O. Inventaire des actions nodales sur le nœud O
Nous en déduisons que :( ) ( )−+ = 00 NN , ( ) ( )+− −= 00 yy VV , ( ) ( )+− = 00 zz MM
( )yVyr+02
( )+= 02 yVN
0== zy MV
Isolons le poteau central.
La barre située dans le plan de symétrie est soumise uniquement à un effortnormal.Sa ligne moyenne déformée est une droite appartenant au plan de symétrie.Si on néglige les déformations dues à l’effort normal, cette barre ne sedéforme pas, sa longueur est invariante.
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 32
Albouy Pédèches
Soit une structure de type portique à deux travées.Dans le cas d’un chargement antisymétrique, l’effort normal dans la barre contenue dans ce plan de symétrie estnul.
Fr
O
O
O
xy
( )xNr+0
( )yVyr+0
( )zM zr+0
O ( )xNr+0
( )zM zr+0
z-Mzr
rr
z-Mz
( )yVyr+0
( )y-Vyr+0
( )xNr+0
( )zM zr+0
( )xNr−− 0
( )yVyr−− 0
( )zM zr−− 0 xVy
ry-N
xVyr
y-N
r
r
Fr
On isole le poteau ainsi que le nœud O. Inventaire des actions nodales sur le nœud O
Nous en déduisons :( ) ( )+− −= 00 NN , ( ) ( )+− = 00 yy VV , ( ) ( )+− −= 00 zz MM
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 33
Albouy Pédèches
( )xN r+02( )zM z
r+02
0=N( )+−= 02NVy
( )+= 02 zz MM
On isole le poteau :
Dans la barre appartenant au plan de symétrie, l’effort normal est nul.
Dans le cas ou des actions sont appliquées au point O situé dans le plan de symétrie.Si nous étudions la demi structure simplifiée :
Actions symétriques
OZFZ
r
YFY
r
XC X
r
O
YFYr
2
XC X r
2
ZFZr
2
Actions antisymétriques
O O
YCY
r
ZCZ
rXFX
r
YCYr
2
ZCZr
2
XFXr
2
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 34
Albouy Pédèches
3. DECOMPOSITION D’UN SYSTEME D’ACTIONS, EN UN SYSTEME D'ACTIONS SYMETRIQUES ET UNSYSTEME D'ACTIONS ANTISYMETRIQUES.
Hypothèse : la géométrie de la structure est symétrique.
Le système des actions appliqué sur cette structure est quelconque. Soit ( )S .
On peut toujours décomposer un système d'actions en un système d'actions symétriques et unsystème d'actions antisymétriques.
Pour cela, considérons un système nommé ( )S ' obtenu à partir de ( )S en appliquant aux points
symétriques de ceux sollicités en ( )S des actions opposées.
La structure proposée en exemple est hyperstatique d'ordre 3.
I
A
B B'
A'
F
I
FB B'
A'A
Nous pouvons écrire ( ) ( ) ( ) ( ) ( )S S S S S= + + −12
12
12
12
' '
soit en regroupant les termes ( ) ( ) ( ) ( ) ( )S S S S S= +
+ −
12
12
12
12
' '
Remarque: Ce procédé est à rapprocher de celui utilisé en mathématique pour décomposer une fonctionquelconque en une fonction paire plus une fonction impaire
( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f x f x= + −
+ − −
12
12
12
12
( ) ( ) ( )f x p x i x= +
fonction paire ( ) ( ) ( ) ( ) ( )p x f x f x p x p x= + −
= −12
12
fonction impaire ( ) ( ) ( ) ( ) ( )i x f x f x i x i x= − −
− = − −12
12
On peut toujours décomposer un système quelconque en un système d'actions symétriques et unsystème d'actions antisymétriques. On a transformé le problème à résoudre en deux problèmes maisde résolution plus simple.
( ) ( ) ( )S S Ssym antisym= +
( ) ( ) ( )[ ]S S Ss y m = +12
' ce système d'actions est symétrique
( ) ( ) ( )[ ]S S Sa n ti sy m = −12
' ce système d'actions est antisymétrique
( )'S( )S
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 35
Albouy Pédèches
4. CAS DES PORTIQUES SIMPLES A TRAVEE UNIQUE CHARGES SYMETRIQUEMENT ETANTISYMETRIQUEMENT
I
FB B'
A'A
F2 2
IB B'
A'A
F2
F2
Étude de la structure symétriquement chargéeLe déplacement du nœud I ∈ plan de symétrie se définitcomme suit :• ( ) 'IIIU =
r translation dans ce plan de symétrie,
le point I' ∈ plan de symétrie,• ( )Iθ
r la rotation du nœud I, si elle existe, est un
vecteur orthogonal au plan de symétrie.
Étude de la structure antisymétriquement chargéeLe déplacement du nœud I ∈ plan de symétrie se définitcomme suit :• ( ) 'IIIU =
r translation orthogonale au plan de
symétrie,• ( )Iθ
r la rotation du nœud I, si elle existe, est un
vecteur ∈ plan de symétrie.nous pouvons donc étudier la demi structure nous pouvons donc étudier la demi structure
I
B
A
F2
I
B
X 1
X2
B
A
F2
IB
X3
I
Le nœud I se comporte comme un encastrement mobileou déplaçable en translation dans le plan de symétrieuniquement, la liaison ne peut pas transmettre des forces// au plan de symétrie.Pour une structure plane chargée dans ce plan, nousavons deux inconnues hyperstatiques X X1 2, , ledegré d'hyperstaticité a diminué, ici de 1.
Le nœud I se comporte comme un appui simple, laliaison ne peut que transmettre des forces qui sont // auplan de symétrie.Pour une structure plane chargée dans ce plan, nousavons une inconnue hyperstatique X 3 , le degréd'hyperstaticité a diminué, ici de 2.
( )S sym ( )Santisym
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 36
Albouy Pédèches
Propriétés des diagrammes des sollicitations:Soit s une abscisse curviligne, dont l'origine serait en IN est symétrique ( ) ( )N s N s= −Mz est symétrique ( ) ( )M s M sz z= −
Vy est antisymétrique ( ) ( )V s V sy y= − −Si aucune force ponctuelle n’est appliquée en I,
( )V y 0 = ( )V Iy = 0
Propriétés des diagrammes des sollicitations:
N est antisymétrique ( ) ( )N s N s= − −Mz est antisymétrique ( ) ( )M s M sz z= − −
Vy est symétrique ( ) ( )V s V sy y= −Si aucune force ou couple ponctuel n’est appliqué en I,
( ) ( )N N I0 0= = ( ) ( )M M Iz z0 0= =
5. CAS DES PORTIQUES A TRAVEES MULTIPLESPour des structures à géométrie symétrique plus complexes,
( )S = ( )S sym + ( )Santisym
F1
F2
pF1
F2
p2
2
2
F22
F12
F22
F1
p2
2 F22
F12
p2
Étude des structures à géométrie et chargement symétriques ( )S sym
• Lorsque le nombre de travées est pair, le plan moyen est confondu avec des barres verticalescentrales de la structure, comme nous négligeons les déformations dues à l'effort normal et tranchant, leslongueurs des barres sont invariantes. Les nœuds appartenant au plan de symétrie sont fixes. Ici le nœudétant rigide (ou indéformable) on peut étudier la demi structure en le considérant comme un encastrementparfait fixe.
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 37
Albouy Pédèches
F1
F2
p2
2
2
F22
F12
F1
F2
p2
2
2
• Lorsque le nombre de travées est impair, les nœuds I, J ∈ au plan de symétrie se comportentcomme des encastrements mobiles ou déplaçables en translation dans le plan de symétrie uniquement.
F1
F22
2
F22
F12p
2
F1
F22
2 p2
II
JJ
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 38
Albouy Pédèches
Étude des structures à géométrie symétrique et chargement antisymétrique ( )Santisym
• Lorsque le nombre de travées est pair, le plan moyen est confondu avec des barres verticalescentrales de la structure. On montre que l'étude de la demi structure exige de prendre les caractéristiquesgéométriques, pour les sections droites des barres ∈ plan de symétrie, égales à la moitié de celles de lastructure réelle. (moments quadratiques et aire de la section droite). Pour les barres centrales, lessollicitations obtenues pour les 2 demi structures doivent être additionnées, ce qui revient à multiplier par 2les sollicitations obtenues pour une demi structure.
F22
F1
p2
2 F22
F12
p2
F22
F1
p2
2 F22
F12
p2Ip1
Ip2 Ip2
Ip1
2
2
Ip2
Ip1
2
2
• Structure comportant un nombre impair de travées. Les nœuds I, J se comportent comme desappuis simples.
F22
F1
p2
2 F22
F12
p2
F22
F1
p2
2
I
J
I
J
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 39
Albouy Pédèches
JustificationLorsque le nombre de travées est pair, l'étude de la demi structure exige de prendre les caractéristiquesgéométriques, pour les sections droites des barres ∈ au plan de symétrie, égales à la moitié de celles de lastructure réelle. (inertie et aire de la section droite). Dans la barre centrale, il ne faut pas oublier de multiplierpar 2 les sollicitations obtenues pour une demi structure.
Modélisation en considérant la demi structure simplifiée :
1A
2AFr
Fr
0A
2GzI
1GzI ( )S
Soit une structure de type portique composéd’un nombre pair de travées. Un montant estcontenu dans le plan de symétrie.On considère la demi structure et on chercheles caractéristiques dimensionnelles dessections droites à considérer pour le montantdédoublé.Les conditions aux limites sont :
21
111 UUU == 2
2122 UUU == 2
1111 θθθ ==
22
122 θθθ ==
1A
2AFr
0A
1A
2A Fr
0A
11GzI
12GzI
21GzI
22GzI
XUr
1XUr
1
XUr
2 XUr
2
( )1S ( )2S
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 40
Albouy Pédèches
Utilisons le formalisme de la méthode des déplacementsPour la structure ( )S
121
11
1
101
62U
LEI
LEI
M GzGz += θ 121
11
1
110
64U
LEI
LEI
M GzGz += θ
( )1222
22
2
21
2
212
624UU
LEI
LEI
LEI
M GzGzGz −++= θθ
( )1222
21
2
22
2
221
624UU
LEI
LEI
LEI
M GzGzGz −++= θθ
Pour la structure ( )1S
121
11
11
111
0162
UL
EIL
EIM GzGz += θ 12
1
11
11
111
1064
UL
EIL
EIM GzGz += θ
( )1222
12
22
12
12
121
12624
UUL
EIL
EIL
EIM GzGzGz −++= θθ
( )1222
12
12
12
22
121
21624
UUL
EIL
EIL
EIM GzGzGz −++= θθ
Pour la structure ( )2S
121
21
11
212
0162
UL
EIL
EIM GzGz += θ 12
1
21
11
212
1064
UL
EIL
EIM GzGz += θ
( )1222
22
22
22
12
222
12624
UUL
EIL
EIL
EIM GzGzGz −++= θθ
( )1222
22
12
22
22
222
21624
UUL
EIL
EIL
EIM GzGzGz −++= θθ
Eu utilisant le principe de superposition :210
11010
201
10101 MMMMMM +=+=
221
12121
212
11212 MMMMMM +=+=
Nous en déduisons : 21
111 GzGzGz III += 2
21
22 GzGzGz III +=De part l’antisymétrie : en considérant les deux demi structures et en faisant apparaître les couples nodaux ; ceux-ci étant alors des actions extérieures, on peut écrire :
221
121
212
112
210
110
201
101 MMMMMMMM ==== ⇒ 2
21
22
11
1 GzGzGzGz IIII ==
2222
21
212
11
1Gz
GzGzGz
GzGzI
III
II ====
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 41
Albouy Pédèches
6. EXEMPLE D'UNE STRUCTURE GEOMETRIQUEMENT SYMETRIQUE. RESOLUTION EN ETUDIANT LASTRUCTURE COMPLETE.
Si on étudie la structure complète, pour simplifier les calculs, la structure isostatique associée doit être choisie symétrique ( )S 0.
On définit les inconnues hyperstatiques (en les groupant si nécessaire) de façon à n'étudier la structure ( )S 0 que sous des
chargements ( )S i0
symétriques ou antisymétriques. Voir l’exemple proposé ci-dessous.
(S) (S )0
(S1 )0
1 1(S2 )0
1 1
(S3 )0
1 1
(S4 )0
1
1
1
1
(S5 )0
11(S6 )0
1
1
1
1
( )pour i S i= 1 2 3 4 0, , , correspond à un chargement symétrique
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 42
Albouy Pédèches
( )pour i S i= 5 6 0, correspond à un chargement antisymétrique
on en déduit que pour i i i= = =1 2 3 4 050
60, , , δ δ
Dans ( ) ( )S S10
20, les sollicitations sont nulles dans la partie de la structure correspondant à l'étage
située au dessus des articulations appartenant aux montants verticaux.
δ δ230
130 0= = δ ji i jX0
00. = −∆
−=
060
050
040
030
020
010
6
5
4
3
2
1
066
056
056
055
044
034
024
014
034
033
024
022
012
014
012
011
00000000
000000000000
∆∆∆∆∆∆
δδδδ
δδδδδδδδδδδδ
XXXXXX
.
Si les charges appliquées sur la structure ( )S sont symétriques, ( )S00 sera un chargement symétrique,
d'où pour j j= = ⇒ = =5 6 0 000
500
600, ∆ ∆ ∆
−=
00
00000000
000000000000
040
030
020
010
6
5
4
3
2
1
066
056
056
055
044
034
024
014
034
033
024
022
012
014
012
011
∆∆∆∆
δδδδ
δδδδδδδδδδδδ
XXXXXX
. X X5 6 0= =
Si les charges appliquées sur la structure ( )S sont antisymétriques, ( )S00 sera un chargement
antisymétrique, d'où pour j j= = ⇒ = = =1 2 3 4 000
100
200
300
400, , , ∆ ∆ ∆ ∆ ∆
−=
060
050
6
5
4
3
2
1
066
056
056
055
044
034
024
014
034
033
024
022
012
014
012
011
0000
00000000
000000000000
∆∆
δδδδ
δδδδδδδδδδδδ
XXXXXX
. X X X X1 2 3 4 0= = = =
Le degré d’hyperstaticité est inchangé, cependant le système d’équations est plus facile à résoudre.
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 43
Albouy Pédèches
7. CALCUL DES DEPLACEMENTSSoit une structure à géométrie symétrique et symétriquement chargée.
1A
2A 3A
4A
5A
p
'A5
On demande de déterminer le déplacement vertical dunœud 5A . De par le caractère de symétrie, le
déplacement du nœud symétrique 'A5 est identique.
1A
2A 3A
4A
5A 'A5
1 1
( )isoS
Utilisons le théorème de Pasternak ou (théorème de laforce unitaire)
dsEI
MMA
Gz
isoz z∫=52∆
En appliquant un facteur sollicitant unité aux points 5A et
'A5 , le diagramme des moments dans ( )isoS est aussisymétrique.Les deux diagrammes étant symétriques, l’intégration ensera facilitée.
1A
2A 3A
4A
q q
De même si nous voulons déterminer ledéplacement horizontal du nœud 2A ,
sachant que 32 XAXA UU = .
Appliquons un facteur sollicitant unité àchacun des nœuds 2A et 3A .
dsEI
MMU
Gz
isoz
XAz∫=
22
1A
2A 3A
4A
1 1
( )isoS
Dans cette structure le diagramme estaussi antisymétrique, l’intégration en serafacilitée.
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 44
Albouy Pédèches
8. TRACE DE DIAGRAMMES DES MOMENTS
Soit une structure soumise à un système de forces
Pour ces deux cas de chargement, le diagramme des moments est identique.
Fr
GzTI
GzPI GzPI
L
2Fr
2Fr
L
h
GzTI
GzPI GzPI
2Fh
2Fh
−
Diagramme des moments.Le signe des moments dépend du sens de parcourschoisi pour décrire la structure.
2Fh
2Fh
−
2Fh
Si nous changeons le sens de parcours (poteau droit),le signe des moments change, cependant la forme dudiagramme reste invariante.
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 45
Albouy Pédèches
Soit une structure soumise à un système de forces.
GzTI
GzPI GzPI
L
h
q
1A
2A 3A
4A
Lh
IIk
GzP
GzT=
322
83 2
2+
+=
kkqhM z
3265
8
2
3++
−=kkqhM z
Soit d l’axe de symétrie.Effectuons une réflexion d’axe d de la structure et de son chargement. L’image de la structure est invariante.Le diagramme des moments se déduit par réflexion d’axe d. Le signe des moments dépend du sens de parcours. Sinous conservons le sens de parcours initial (sens trigonométrique), le signe des sollicitations est inchangé.
GzTI
GzPI GzPI
L
h
1A
2A 3A
4A
q
3265
8
2
2++
−=kkqhM z 32
28
3 2
3+
+=
kkqhM z
Si nous effectuons un changement du sens des forces appliquées, le signe des sollicitations est changé.
GzTI
GzPI GzPI
L
h
1A
2A 3A
4A
q
3265
8
2
2++
=kkqhM z 32
28
3 2
3+
+−=
kkqhM z
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 47
Albouy
VII. ETUDE DES PARABOLES POUR LE TRACE DES DIAGRAMMES1. PROPRIETES GEOMETRIQUES DES PARABOLES.Les courbes représentatives du moment de flexion sur les tronçons de poutres droites, chargés par une forceuniformément répartie sont des arcs de parabole.Soit un tronçon de poutre G Gi i−1 de longueur Li chargé par une charge uniformément répartie descendante
( )p x p piy i i= − > 0 .
Les points i −1 et i ne sont pas forcément les extrémités d’une travée, mais peuvent être quelconques sur celle-ci, cependant le tronçon considéré doit être dépourvu de forces ponctuelles.
D'
D
B'
B
i-1 li4li
4li 3
2li i
M i
i-1Mli
CE
C'
1'
2'
3'
3
Tangente à
au point ila parabole
Tangente à la parabole
au point i-1
1
tangente à la parabole en D et // à 1'1
tangente à la parabole en B et // à
tangente à la parabole en B' et // à
2
3
2'
3'
Mi ( x )
( )M M xi i oimax =M
Li
i
2
xoi
ML
i
i0
2
34 2
0ML
i
i
34 2
0ML
i
i
ML
i
i0
2
2
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 48
Albouy
Pour tout tronçon i i−1; de barre droite de longueur Li , l’équation du moment de flexion s’écrit :
( ) ( ) ] [ii
zii
zizizi L,xLx.M
Lx.MxMxM 011
0 ∈+
−+= −
( )xM zi0 ne dépend que des charges appliquées sur ce tronçon supposé isostatique (articulé en i-1 et appuyé
simplement en i). Lorsque la charge est uniformément répartie ( ) 0>−= iiyi ppxp , le moment isostatique
s’écrit : ( ) ( )222
20 xLxpxpx.LpxM iiiiizi
−=−=
Pour tout tronçon i i−1; de barre droite de longueur Li , L’équation de l’effort tranchant s’écrit :
( ) ( ) ( ) ( )i
ziziyi
ziyi L
MMxV
dxxdM
xV 10 −−−=−=
Moment isostatique au milieu de la travée (dans la travée isostatique de référence sur 2 appuis et chargéeuniformément par pi ).
82
20 iizi
LpLiM =
Expression du moment de flexion au milieu de la travée
+
+=
−
22201 LiM
MMLiM zizizi
zi
Cette formule est valide pour tout chargement. Elle fournit le moment au milieu de la travée.
Expression du moment maximum dans la travée
( )
( )ii
zizioi
ii
izzizimaxzi
LpMMLix
LpMMLiMM
1
2
21
2
22
−
−
−+=
−+
=
Attention ! Ces formules ne sont valides uniquement pour une charge uniformément répartie pi .
ix0 correspond à l'abscisse du moment maximum, cette valeur peut facilement être retrouvée avec le diagramme
de: yiV , ( ) 00 =iyi xV
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 49
Albouy
2. APPLICATION DES PROPRIETES GEOMETRIQUES DES PARABOLES AU CAS D’UNTRONCON DE POUTRE CHARGE PAR DES CHARGES REPARTIES ETPONCTUELLES.
Il faut étudier les tronçons (i-1 – j) et (j – i) séparément (un tronçon de poutre ne doit pas être chargé par desforces ponctuelles)
=−0
1 j,iMp l iα
2
8 représente le moment isostatique correspondant au tronçon ( i-1, j ) appuyé simplement et
chargé par p.
=0i,jM
[ ]q l i1
8
2
−
α
représente le moment isostatique correspondant au tronçon ( j , i ) appuyé simplement
et chargé par q.
Sur cet exemple, il suffit de connaître les moments fléchissants aux points i-1 , i : M i−1 , M i ; de déterminer le
moment en j : M j , de tracer les lignes qui joignent ces trois moments , puis d'ajouter les moments isostatiques,
=−0
1 j,iM ......., =0i,jM ........ au milieu de chacun des tronçons.
Ici le moment = M j ( ) ( )[ ] ( )q,p,FMMM i,iii
r0
11 1 −− +−+= αα
p
qF
i-1 i
( 1- α ) liα li
j
Mj
M i
extrémum si
grand
Mi ( x )
0i,jM
0i,jMM
i j−1
0,
M i-1
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 50
Albouy
3. METHODE POUR TRACER LES DIAGRAMMES DE MZ SUR UNE POUTRE CONTINUEDROITE
Soit par exemple une poutre continue.
On demande de représenter le diagramme des moments fléchissants sur cette poutre. Les méthodes de la R.D. M. fournissent les moments fléchissants sur les appuis: Mi-2, Mi-1, Mi, Mi+1.
On procède de la façon suivante: on commence par tracer la ligne de fermeture ( ensemble de segments dedroite joignant les moments fléchissants sur les appuis: Mi-2, Mi-1, Mi, Mi+1;puis pour chacune des travéesisostatiques associées, on détermine le diagramme des moments fléchissants, puis on utilise le principe desuperposition.
i-2 i- 1 i i+1
pi+1pi
pi-1Fi-1
li+ 1l ili-1
l i-1/2
i-2 i-1
pi-1F
l i-1li-1/2
i- 1 i
pi
li
F i+1
i i+1
pi+ 1Fi+ 1
l i+1
α i+ 1
li+ 1li+1
α i+1
xxx
M i-1 Mi M i+ 1 M i+ 1 i+ 1i+ 1( α l )
j i+ 1j i-1
i- 1
Mi (
li
/2 )
M i-1 l /2i -1( )
M
M i+ 1 i+ 1i+ 1( α l )l iMi ( /2 )
M i-1 l /2
Mi+ 1MiMi-1M i-2
( )i -1
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 51
Albouy
4. METHODE POUR TRACER LES DIAGRAMMES DE MZ SUR UNE POUTRE DE LIGNEMOYENNE BRISEE.
Soit le portique suivant:
qi
i-1
i
hi
qi
i-1
i
hi
Mz
qi
i-1
i
hi
Mz
Mi
extrémum
Barre isostatique associée
h Mq h
i zi
i i2 +
Mq h
ii i0
2
8=
hi
2
Mq h
ii i0
2
8=
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 52
Albouy
5. DEMONSTRATIONS DES PROPRIETES GEOMETRIQUES DES PARABOLES.Propriété n°1 : La pente de la « ligne de fermeture » notée 1’, joignant les ordonnées des moments sur lesextrémités M i et M i−1 est identique à la pente de la tangente à la parabole pour l’abscisse du milieu de labarre notée 1.Pour tout tronçon i i−1; de barre droite de longueur Li , l’équation du moment de flexion s’écrit :
( ) ( ) ] [ii
zii
zizizi L,xLx.M
Lx.MxMxM 011
0 ∈+
−+= −
Les moments aux extrémités de la barre M zi−1 et M zi ne dépendent pas des charges appliquées à ce tronçon,
par contre ( )xM zi0 dépend des charges appliquées sur ce tronçon supposé isostatique (articulé en i-1 et appuyé
simplement en i). Lorsque la charge est uniformément répartie ( ) 0>−= iiyi ppxp , le moment s’écrit :
avec ( ) ( )222
20 xLxpxpx.LpxM iiiiizi
−=−=
L’équation de l’effort tranchant : ( ) ( ) ( ) ( )i
ziziyi
ziyi L
MMxV
dxxdM
xV 10 −−−=−=
Dans la section médiane, pour xLi=2
( ) ( )i
ziziiyi
iyi
Lx
zi
LMMLVLV
dxxdM
i
10
222
−
=
−+
−=
−=
or 02
0 =
i
yiLV d’où
( ) ( )dM xdx
M ML
zi
xL
zi zi
ii
=
−
=
−
2
1
( )M ML
zi zi
i
− −1
représente aussi la pente de la droite dite de fermeture reliant les moments aux extrémités de ce
tronçon.
Propriété n°2 : Déterminons les valeurs de CB et C’B’ 843
243 2
0 ii
izi
Lp.LM.'B'CCB =
==
Équation de la droite reliant les moments aux extrémités du tronçon : i i−1
( ) ] [M x MxL
MxL
x Lzii
zii
i1
1 1 0' . . ,= −
+ ∈−
Or ( ) ( ) ( ) ] [i'
zizi L,xxMxMxM 010 ∈+= La distance entre la parabole et la ligne de fermeture que l’on
peut exprimer par ( ) ( ) ( )xMxMxM zi'
zi01 =−
843
244
4
20 i
i
ii
ii
izi
Lp
LLLpLMCB =
−
=
=
de même 84
32
43
43
43 2
0 ii
ii
ii
izi
Lp
LLLpLM'B'C =
−
=
=
843
243 2
0 ii
izi
Lp.LM.'B'CCB =
==
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 53
Albouy
Propriété n°3 : Pente de la tangente à la parabole en B notée 2, point de la parabole qui correspond à
l’abscisse Li
4 identique à la pente de 2’.
( ) ( ) ( )i
ziziii
i
ziziiyi
L
zi
LMMLp
LMMLV
dxxdM
i
110
444
−− −+=
−+
−=
Pente de la droite notée 2’ joignant le point d’ordonnée ML
zii
2
et le point d’ordonnée M zi−1
ML
M
L
p LM
L
LM
L
LM
L
zii
zi
i
i izi
i
izi
i
izi
i
2
2
81 2 2
2
1
2
1 1
−
=
+ −
+
−−
− −
( )=
+ −
+
−
=+
−
= +−− − −
−
p LM M M
L
p LM M
Lp L M M
L
i izi zi zi
i
i izi zi
i
i i zi zi
i
2
1 1
2
118
112
12
2
812
12
24
Nous constatons que ces deux pentes sont identiques
Propriété n°4 : Tangentes à la parabole aux extrémités du tronçon i i−1 considéré.Elles concourent en D’ tel que ED=DD’
A l’origine :( )
( )
( )dM xdx
p L M ML
zi
x
i i zi zi
i
= +
−
=
−
0
1
2
A l’extrémité :( )
( )
( )dM xdx
p L M ML
zi
x L
i i zi zi
ii
= − +
−
=
−
21
Équation de la tangente à l’origine du tronçon ( ) ( )y x M
p L M ML
xi zii i zi zi
i− −
−= + +−
1 1
1
2d’où l’ordonnée du point D’
( ) ( ) ( ) ( )22
224222
1012
1111
−−−−−−
++
=
++=
−++==
zizii
ziziziiii
i
ziziiizii
ii
MMLMMMLpL
LMMLpMDyLy
( ) ( )EDLM'ED
MMDy i
zizizi
i 22
22
011 =
==
+− −
−
Équation de la tangente à l’extrémité du tronçon ( ) ( ) ( )y x Mp L M M
Lx Li zi
i i zi zi
ii= + − +
−
−−
21
d’où l’ordonnée du point pour xLi=2
( ) ( ) ( ) ( )22
224222
1012
1 −−− ++
=
++=
−
−+−+==
zizii
ziziziiii
i
ziziiizii
ii
MMLMMMLpL
LMMLpMDyLy
l’ordonnée du point pour xLi=2
correspond aussi au point D’
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 54
Albouy
( ) ( )EDLM'ED
MMDy i
zizizi
i 22
22
01 =
==
+− −
Il est facile de déterminer le point D’ : EDLpLM'ED iiizi 2
82
22
20 ==
= , pour tracer les tangentes, il suffit de
joindre les points correspondant aux moments M zi et M zi−1 au point D’.
Propriété n°5: Expression du moment maximum et abscisse de la section droite correspondante.
( ) 00 =iyi xV ( ) ( )( )
( ) 02
0 100
0
=−
−+−⇔=
−= −
i
ziziii
ii
x
ziiyi L
MMxpLpdx
xdMxVi
( )ii
ziziii Lp
MMLx 10 2
−−+=
( ) ( ) ( ) ( )
−++
−=
+
−+
−== −−−
i
izizizi
iiii
i
izi
i
izi
iiiiizimaxzi L
xMMMxLxpLxM
LxMxLxpxMM 0
110000
100
0 21
2
( ) ( )
( )
( )
M
pL M M
p LL
L M Mp L
M M M
L M Mp L
Lzi
ii zi zi
i ii
i zi zi
i i
zi zi zi
i zi zi
i i
imax =
+−
− +−
+ + −
+−
− −
− −
−
2 2
2
21 1
1 1
1
( ) ( ) ( )M
p L p M Mp L
M M MM M
p Lzii i i zi zi
i izi zi zi
zi zi
i imax = −
−
+ + − +−
−− −
−2
1
2
1 11
28 212
( ) ( ) ( )M
p L M Mp L
M M M Mp Lzi
i i zi zi
i i
zi zi zi zi
i imax = −
−
++
+−
− − −2
1
2
21 1
2
28 2 2
( ) ( )M
p L M M M Mp Lzi
i i zi zi zi zi
i imax = +
+
+−
− −2
1 1
2
28 2 2
( )M
L p L M Mzi
i i i zi zi
2 8 2
21
= +
+
−
( )M M
L M Mp Lzi zi
i zi zi
i imax =
+
−
−
2 21
2
2
Nous pouvons atteindre la valeur du moment maximum, en utilisant les propriétés 1 et 4
( ) ( )( )
ii
zizi
izimaxzi
ii
izimaxzi
i
ziziiyi
Lx
zi
LpMM
LMM
Lx
LMM
LMMLV
dxxdM
i 10
1
2
22
2
22
2 −
−
=−
−
=
−
−
=−
=
−=
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 55
Albouy
( ) ( ) ( )M M
L M ML
M Mp L
M Mp Lzi zi
i zi zi
i
zi zi
i i
zi zi
i imax −
=− −
=−
− − −
212 2
1 1 1
2
2
( )M M
L M Mp Lzi zi
i zi zi
i imax =
+−
−
2 21
2
2
( )xL M M
p Li zi zi
i i0
1
2= +− −
Li
2
ML
zii
2
M zi max
pente de la tangente ( ) ( )dM x
dxV
L M ML
zi
xL
yii zi zi
ii
= −
=
−
=
−
2
1
2
//
// M ML
zi zii
max −
2
Propriété n°6 :Équation du moment de flexion dans le cas d'une poutre simplement appuyée de portée L soumise à une chargeuniformément répartie p .
α1L α2L L
( )M Lz α1
( )M Lz α2
Mz
x
( )M xpLx px
z = −2 2
2
représentée par
une parabole.Soit deux sections droites quelconquesd'abscisses respectives α1L , α2 L pourlesquelles le moment de flexion a
respectivement pour valeur ( )M Lz α1 et
( )M Lz α2 .
Effectuons un changement de variable: posons x L X= +α1 , l'équation de la parabole s'écrit
( ) ( ) ( )M X
pL X L p X Lz1
1 1
2
2 2=
+−
+α α
( )M Lz α1
( )M Lz α2
X
( )M Xz1
( )L α α2 1−0
L'équation de la droite joignant les pointsappartenant à la parabole d'abscisses, 0 ,
( )L α α2 1− s'écrit:
( ) ( )( ) ( )M L M L
L LX M Lz z
z
α α
α αα2 1
2 11
−
−+
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 56
Albouy
Formons ( ) ( ) ( )( ) ( )M X
M L M LL L
X M Lzz z
z12 1
2 11−
−
−+
=
α α
α αα
( ) ( )( )=
+−
+−
−
− −
−+ −
pL X L p X LpL pL pL pL
L LX
pL pLα αα α α α
α α
α α1 1
2
22
22
2 21
21
2
2 1
21
21
2
2 22 2 2 2
2 2
( ) ( )
( )= + − − − −
−−
−
−+ −
pLX pL pX p LX pL
pL pL
LX
pL pL2 2 2
22 2
2 2
2 2
21
21
21
2
22 1
22
21
2
2 1
21
21
2α α α
α α α α
α α
α α
( )
= + − − − − −+
+ −
pLX pL pX p LX pL pL pLX
pL pL2 2 2
22 2 2 2 2 2
21
21
21
22 1
21
21
2α α α α α α α
= + − − − − + + − +pLX pL pX p LX pL pL X pL X pL X pL pL
2 2 22
2 2 2 2 2 2 2
21
21
21
22 1
21
21
2α α α α α α α
( )=
−−
pL X pXα α2 12
2 2
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
22
212
112
121
pXXpLLMXLL
LMLMXM zzz
z −−
=
+−−
−αα
ααα
αα
Nous trouvons une équation de la même forme que ( )M xpLx px
z = −2 2
2
On passe de ( )M xz à ( )M Xz1 en remplaçant ( )x X L L→ → −α α2 1
( )M Xz1 correspond à l'équation du moment de flexion dans le cas d'une poutre simplement appuyée de portée
( )L α α2 1− soumise à une charge uniformément répartie p .
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 57
Albouy
α1L α2L L
( )M Lz α1
( )M Lz α2
Mz
x
α1L α2L L
( )M Lz α1
( )M Lz α2
Mz
x
α1L α2L L
Mz
x
( )pL22 1
2
8α α−
( )pL22 1
2
8α α−
Il est donc possible de décomposer le diagramme desmoments comme indiqué ci-contre.
Si sur un tronçon de poutre de longueur ( )L α α2 1− ,nous connaissons les moments de flexion aux extrémitésd'abscisses respectives α1L , α2 L , il suffit de tracer laligne de fermeture c'est-à-dire la droite passant par les
points de moments ( )M Lz α2 , ( )M Lz α1 , puis d'ajouterle moment pour une poutre simplement appuyée de
longueur ( )L α α2 1− chargée uniformément par p .Nous savons que le moment au milieu de la portée est un
extremum et à pour valeur ( )pL2
2 1
2
8α α−
.
C'est une propriété caractéristique des paraboles.
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 58
Albouy
Propriété n° 7 : Cas où la ligne d’application de la charge et la barre ne sont pas parallèles.L’abscisse du moment max., parallèle à Li (longueur d’application de la charge), est identique à celle du
cas où la barre est parallèle à Li soit : ( )
XL M M
p Li i i
i i= +
− −
21
.
Mi maxMzi(x)
Mi-1 Mi
x
pi
Li
pi
cos α
2
pi sin α
cos α
α
X0=Li2
Mi Mi-1)-(+ Li
i-1
i
i-1
i
x
xy
y
mesuré dans la direction // Li
x0
pi
Nous avons montré qu’une charge pi uniformément répartie par mètre horizontal pouvait se décomposer en une
charge pi cos2 α perpendiculaire à la barre et donnant le moment de flexion et l’effort tranchant plus une charge
pi cos sinα α parallèle à la barre mais n’intervenant que pour l’effort normal. Nous avons montré, pour le cas
d’une barre horizontale // à Li , la relation donnant l’abscisse mesurée parallèlement à la barre du moment
maximum : ( ) ( )
x
LM M
pL
L M Mp L
i
i i
ii
i i i
i i= +
−= +
−− −cos
cos .cos
cos cos .α
αα
α α2 21
2
1 ;
( )x
L M Mp L
Xi i i
i icos
.α = +
−=−
21
Nous pouvons remarquer que l’abscisse du moment max., parallèle à Li (longueur d’application de la
charge),, est identique à celle du cas où la barre est parallèle à Li soit : ( )
XL M M
p Li i i
i i= +
− −
21
.
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 59
Albouy
Propriété n°8 : Abscisses des points de moments nuls
x 0
x i'
x i''
M zi max
M zi
M zi −1
L i
δ δ
Soit x xi i' '' les abscisses des points de moments nuls, posons x x x xi i' ''= − = +0 0δ δD’après la propriété 6, l’expression reliant la longueur de la base d’une parabole en fonction de sa hauteur.
( )M
pzi
imax =
28
2δ d’où 2
8 2δ δ= =
Mp
Mp
zi
i
zi
i
max max
( ) ( ) ( )M M
L M Mp L
Mp L M M M M
p Lzi zii zi zi
i izi
i i zi zi zi zi
i imax max=
+
−
= ++
+−
− − −
2 2 8 2 21
2
2
21 1
2
2
( )x
L M Mp L
i zi zi
i i0
1
2= +
− −
x xM
px x
Mpi
zi
ii
zi
i' ''max max= − = +0 0
2 2x x
Mpi izi
i'' ' max− = =2
8δ
Prépa Agreg Génie Civil Session 2005 page 60
Albouy
x 0
M zi max
M zi
M zi −1
MR 1
2 1δ
En utilisant l’expression précédentereliant la longueur de la base d’uneparabole en fonction de sa hauteur.
( )2
81
1δ =
−M Mp
zi R
i
max
Cette formule est intéressante pourdéterminer la longueur des barres(voir l’épure d’arrêt des barres)
Propriété n°9
x 0
M zi max
M'
MP1
Q1
P' Q'A B
M1
=Li
2
( )=p Li i
2
8
Pour déterminer graphiquement lepoint M appartenant à la parabole,d’abscisse quelconquereprésentée par M’.Soit les points A et B appartenantà la parabole, A et B sont sur une’horizontale.Traçons les tangentes en A et B.Traçons M’M1.Soit P’ milieu de AM’ et Q’ milieude M’B. Traçons les segments dedroite P’P1 et Q’Q1.Traçons P1Q1.L’intersection de P1Q1 avec M’M1donne le point cherché M.