poutre continues

Chapitre 6

LES POUTRES CONTINUES

Application de la mthode des forces

A- POUTRES CONTINUES A ME PLEINE

6.1 INTRODUCTION

Les poutres continues sont des structures qu'on rencontre trs frquemment

dans les constructions courantes.

On appelle poutre continue une poutre reposant sur plusieurs appuis. Il sagit

gnralement dappuis simples, lexception dun seul qui est un appui double et

dont le rle consiste assurer la stabilit gomtrique de la poutre, comme em-

pcher la translation horizontale dans le cas de la figure 6.1. Lappui double peut

tre plac une extrmit ou, plus gnralement, tre un appui intermdiaire.

Les extrmits dune poutre continue peuvent trs bien comporter des porte-

-faux ou tre encastres. Le traitement de ces cas particuliers est abord plus

loin.

Les poutres continues sont des systmes hyperstatiques puisquelles prsen-

tent des liaisons surabondantes (toutes les liaisons en plus de ce que doit compor-

ter une poutre isostatique). Dans le cas dune poutre sans encastrements, le nom-

bre de liaisons surabondantes, donc le degr dhyperstaticit, est gal au nombre

dappuis intermdiaires.

Comparativement une srie de poutres bi-articules dont le nombre est gal

celui des traves dune poutre continue, cette dernire est plus conomique car

l1

0

1

k

n

lk

ln

Figure 6.1 : Poutre continue avec le mode de numrotation des traves

1 00 CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQ UES

les moments flchissants qui la sollicitent sont plus faibles. La comparaison est

encore plus nettement lavantage de la poutre continue par rapport une poutre

isostatique unique de mme longueur. Dans une poutre continue, les appuis in-

termdiaires contribuent rduire et mieux rpartir sur toute la poutre le mo-

ment flchissant (qui est la sollicitation prpondrante). Cette observation reste

valable pour les dplacements qui sont nettement moins importants dans le cas

des poutres continues. Ces dernires prsentent par ailleurs une plus grande rigi-

dit et rsistent de ce fait mieux laction dynamique.

Les charges considres ici sont supposes tre appliques statiquement. El-

les sont constitues de charges transversales (voire inclines), concentres ou

rparties, et de couples.

Contrairement aux poutres isostatiques, les poutres continues, comme tous

les systmes hyperstatiques, sont trs sensibles aux dplacements des appuis. Ce

phnomne a dj t mis en exergue dans un exemple dapplication des formu-

les de Bresse traitant une poutre continue soumise au seul effet de laffaissement

dun de ses appuis.

Lorsque des tassements dappuis sont craindre, les poutres isostatiques sont

mieux indiques. Si pour quelque raison que ce soit des appuis intermdiaires

sont ncessaires, on ajoute la poutre continue des articulations judicieusement

places de manire la rendre isostatique et annuler ainsi sa sensibilit aux af-

faissements des appuis susceptibles de se produire.

Ce type de poutre - poutre reposant sur plusieurs appuis et rendue isostatique

par lajout de rotules - est dsign par poutre Gerber. Elles sont obtenues en

ajoutant autant darticulations quil y a dappuis intermdiaires. Pour sassurer

que la structure obtenue est bien isostatique et quil ny a ni tronon dformable

(tronon libre constituant un mcanisme) ni tronon hyperstatique, il suffit de

respecter la rgle suivante : pas plus de deux articulations entre deux appuis, ni

plus de deux appuis entre deux articulations. A titre dexemple, la figure 6.2

montre les deux faons possibles dobtenir une poutre type Gerber dans le cas de

deux appuis intermdiaires.

Linfluence du moment flchissant sur les dformations tant prpondrante

dans les poutres continues, cest la seule sollicitation dont il sera tenu compte

lors du calcul des dplacements que nous serons amens effectuer.

Figure 6.2 : Exemples de poutres Gerber

(a)

(b)

A- Poutres con t inues me p le i ne 101

6.2 APPLICATION DIRECTE DE LA METHODE DES FORCES

Considrons une poutre

continue horizontale sans

encastrements (Figure 6.3a).

L'application directe et intui-

tive de la mthode des forces

conduit considrer comme

inconnues hyperstatiques les

ractions (verticales) des

appuis intermdiaires.

Le systme de base obte-

nu par suppression des liai-

sons verticales des appuis

intermdiaires est une poutre

simplement appuye (Figure

6.3b). Dans ce cas, le calcul

des moments unitaires msk

(Figure 6.3c et 6.3d) et du

moment provoqu par les

charges extrieures MsF,

ncessaires au calcul des

coefficients ij u jFet , ne prsente aucune difficult.

Cependant, ce choix nest pas intressant car il implique des calculs fasti-

dieux cause notamment du fait que les moments msk et MsF sont gnralement

diffrents de zro sur toute la longueur de la poutre. De la sorte, les lments de

la matrice de souplesse [u] et du vecteur dplacement [F] sont tous non nuls. Ceci nest pas la seule raison ; il en existe une autre plus dterminante. Cha-

que colonne de la matrice [u] reprsente les dplacements (flches sil sagit dune poutre horizontale) des points dapplication des inconnues hyperstatiques

provoqus par une sollicitation unitaire. Pour une poutre comportant plusieurs

appuis intermdiaires, deux colonnes successives de [u] auront des valeurs trs proches et seront comparables. De ce fait, la matrice [u] devient pratiquement singulire et conduit des solutions trs imprcises lors de la rsolution du sys-

tme dquations canoniques. Aussi, on opte pour un autre choix des inconnues

hyperstatiques de manire contourner cette difficult et rduire les calculs.

(a)

(b)

(c)

(d)

0

1

2

3

l1

l2

l3

X1

X2

X1=1

X2=1

Figure 6.3


6.3 FORMULE DES TROIS MOMENTS

6.3.1 Etablissement de la formule

Considrons une poutre continue sans encastrements n traves (Figure 6.4).

Son degr d'hyperstaticit est gal n-1.

Prenons pour inconnues hyperstatiques les moments flchissants agissant au

droit de chaque appui intermdiaire. Pour ce faire, on procde des coupures de

manire supprimer la liaison de moment au niveau de chaque appui. Sagissant

dinconnues hyperstatiques internes, chaque coupure libre deux inconnues (des

moments) gales est opposes.

En pratique, cela revient introduire une articulation au-dessus de chaque

appui intermdiaire (Figure 6.5a). Pour remplacer les liaisons supprimer, on

applique aux lvres de chacune des coupures deux couples gaux et opposs

(M1, M2, , Mn-1) (Figure 6.5b).

Le systme statique de base ainsi obtenu prsente une proprit remarquable.

En effet, on remarque que si on charge une trave, les autres ne subissent aucune

influence. Ce rsultat signifie que le systme principal se comporte comme une

succession de poutres simplement appuyes obtenues par sparation des n tra-

ves (Figure 6.6).

0

1

k-1

k

k+1

n

l1

lk

lk+1

ln

Figure 6.4

(a)

(b)

0

1

k-1

k

k+1

n-1

n

X1=Ml

Xk-1=Mk-1

Xk=Mk

Xk+1=Mk+1

Xn-1=Mn-1

Figure 6.5 : Systme statique de base

M1

M

M1

M

Mk-1

M

Mk-1

M

Mk

M

Mk

M

Mk+1

M

Mk+1

M

Mn-1

M

Mn-1

M

Figure 6.6


Pour calculer les moments inconnus aux appuis, on applique le thorme de

Menabrea pour chacun deux :

WM

cW

Mc

W

Mc

W

Mc

kk

nn

=

=

=

=

11

22

11, ... ... , ,

o les ci reprsentent les manques de concordance des appuis. Ils sont nuls dans

le cas des systmes concordants. Les quations du systme ci-dessus peuvent se

mettre sous la forme connue de Mller-Breslau. Lquation courante relative

linconnue Mk scrit :

WM

c M ck

k kiu

i kF k = + = i=1

n-1

En dveloppant lexpression prcdente, le systme des "n-1" quations de

continuit prend la forme :

11 1 12 2 1 1 1 1 1

1 1 2 2 1 1

u unu

n F

ku

ku

knu

n kF k

M M M c

M M M c

+ + + + =

+ + + + =

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

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

.. . nu nu n n n n F nM M M c + + + + =11 1 12 2 1 1 1 1 1

Chacune des quations exprime la condition de continuit de la poutre d-

forme au-dessus d'un appui. Lquation k par exemple, exprime que la rotation

relative entre les lvres de la coupure au-

dessus de l'appui k est gale au manque de

concordance correspondant. Dans le cas dun

systme concordant cette rotation relative est

nulle ; ou encore que la rotation gauche ( kg)

est gale la rotation droite ( kd ) ; ce qui signifie aussi qu'en chaque point (appui par

exemple) il n'y a qu'une tangente car la ligne

lastique (la dforme) est continue (Figure 6.7).

Signification des coefficients iju et iF

Les coefficients iju et iF reprsentent les rotations relatives des lvres de la section coupe i du systme de base. Les premires sont des rotations par unit

de couple.

iju est la rotation relative des lvres de la section i du systme de base, sous leffet dun couple unitaire appliqu aux lvres de la coupure j (les sections

i et j se trouvant dans le cas prsent au dessus des appuis intermdiaires i et j).

iF est la rotation relative des lvres de la section i du systme de base, sous leffet des charges extrieures (notes F).

( ) kd

( ) kg

k

Tangente

Figure 6.7


Considrons par exemple l'quation de continuit k (relative la coupure k).

Elle scrit :

ku ku kku k kku k kku k knu n kF kM M M M M M c1 1 2 2 1 1 1 1 1 1+ + + + + + + + = + + ... ... (6.1)

On voit apparatre dans lquation les coefficients kju avec j = 1, 2, , n-1 et kF. Si nous ne tenons compte que du moment flchissant, qui est la sollicita-tion prpondrante, ces coefficients sobtiennent par les intgrales suivantes :

kjusk sj

kFsF sk

LL m m

EIdx (a)

M m

EIdx (b)= = 00 (6.2)

L = longueur totale =

i=1

n

li

o msk (mk) et msj (mj) sont les moments flchissants produits dans la section

courante s du systme fondamental par les couples unitaires Mk=1 et Mj=1 agis-

sant en k et en j, respectivement (Figure 6.8). MsF tant le moment flchissant

dans la section courante du systme de base sous laction des charges extrieures

(F).

On constate que chaque couple unitaire produit un moment flchissant uni-

quement sur les deux traves situes de part et d'autre de l'appui o il est appli-

qu. Pour que les moments dans la section courante s produits par Mk=1 et Mj=1

soient simultanment diffrents de zro, il faut que les indices k et j ne diffrent

pas de plus d'une unit. On en dduit que les coefficients kju sont nuls ds que k diffre de j de plus d'une unit. Ainsi, dans l'quation (6.1) seuls les coefficients

ku kku k ku +1 1 k et , sont diffrents de zro. Compte tenu de ce rsultat, l'quation gnrale de continuit (6.1) se simpli-

fie et devient :

k ku k k k k kku k kF kM M c-1 u M + ++ + + =1 1 1 (6.3)

(a)

(b)

k-1

k

Mk=1

k+1

1

lk

lk+1

lj

lj+1

4m

j-1

j

Mj=1

j+1

1

Figure 6.8 : Diagrammes msk et msj


ou encore :

k ku k k k k kku k k kFM M c-1 u M + ++ + =1 1 1 (6.4) On remarque que trois moments flchissants interviennent dans cette qua-

tion, d'o son nom de "formule des trois moments".

6.3.2 Calcul des coefficients de la formule des trois moments

Il reste calculer les coefficients intervenant dans l'quation (6.4). Consid-

rons une poutre continue sans encastrement comportant n traves. Les diagram-

mes unitaires permettant le calcul des coefficients kku kku kku +1 1, et sont reprsents la figure 6.9.

Calcul de kku 1 :

kku sk sk sk skio

lLsk sk

k

lm m

EIdx

m m

EIdx

m m

EI

i k

= 1 1 101

0= =

i=1

n

( ) ( ) (6.5)

avec :

mx

l

x

lsk

ksk

k

= =1 1 et m

Figure 6.9 : Diagrammes unitaires msk-1, msk et msk+1

k-2

Mk-1=1

k-1

(a)

1

lk-1

lk

k

k+1

k-1 (b)

1

lk

lk+1

k

Mk=1

(c)

1

lk+1

lk+2

k+1

Mk+1=1

k+2

k


d'o :

( ) kkuk k k

l

k

k

k

lx

l

x

l

dx

EI l

x l x

EIdx

k k

=

=

1 211

0 0( ) ( ) (6.5)

Si (EI)k est constante sur lk, on obtient :

kku kk

l

EI

=16( )

Ce dernier rsultat - cas avec (EI)k constante sur la trave lk - s'obtient plus

rapidement avec la mthode graphique ; il vient :

kkuk

kk

kEIl

l

EI

=

=1

1 1

21

1

3 6( ). .

( )

Si la rigidit flexionnelle varie sur chaque trave, on calcule les coefficients

analytiquement comme on l'a fait pour kku 1 . Pour le reste des calculs nous supposons que EI est constante sur chaque tra-

ve.

Calcul de kku (mthode graphique)

kkuk

kk

kk

k

k

kEIl

EIl

l

EI

l

EI=

+

= +

++

+

+

1 1

21

2

3

1 1

21

2

3 3 311

1

1( ). .

( ). .

( ) ( ) (6.6)

Calcul de kku +1 (mthode graphique)

k kk

kk

kEIl

l

EI+

++

+

+

=

=1

11

1

1

1 1

21

1

3 6

u

( ). .

( ) (6.7)

Calcul de kF Par dfinition, voir relation 6.2 (a) :

kF sk sFi

l

i

nsk sF

k

lsk sF

k

lm M

EIdx

m M

EIdx

m M

EIdx

i k k

= + =

+

+

( ) ( ) ( )01

0 10

1

= (6.8)

Seules les deux intgrales sur lk et lk+1 subsistent puisque msk est nul en de-

hors de ces traves. Soit :

kF kg F kd FR R= +( ) ( ) (6.9)

- Rkg F( )= rotation de la section k (au-dessus de l'appui k) du systme statique

de base sous l'effet des charges extrieures agissant sur la trave lk.

- Rkd F( )= rotation de la section k du systme statique de base sous l'effet des

charges appliques sur la trave lk+1.


Calcul pratique de kF 1re mthode

Considrons les traves lk et lk+1 (du systme isostatique de base) adjacentes

l'appui considr k. Les deux traves constituent deux poutres simplement

appuyes comme on la vu.

Le diagramme des moments flchissants de chaque poutre sous les charges

extrieures peut tre aisment obtenu. Selon la mthode de la poutre conjugue,

utilise pour le calcul des dplacements des systmes isostatiques (voir chapitre

2), si on charge (fictivement) les poutres par leurs diagrammes des moments

respectifs diviss par la rigidit flexionnelle (qf=MsF/EI), alors Rkg F( )

et

Rkd F( ) constituent la raction en k de la poutre de gauche et la raction en k de la

poutre de droite, respectivement (Figure 6.10).

2me mthode

Sachant que le moment msk vaut x/lk sur la trave lk et 1-x/lk+1 sur la

trave lk+1, lquation (6.8) devient :

kF sFk k

lsF

k k

l

k

sF

k

l

k

k sF

k

l

M x

l EIdx

M

EI

x

ldx

l

xM

EIdx

l

l x M

EIdx

k k

k k

= +

= +

+ +

+

+

+

+

+

( ) ( )( )

( )

( )

( )

0 1 10

0 1

1

10

1

1 1

1

1

La premire intgrale reprsente le moment statique du diagramme

MsF/(EI)k sur la trave lk par rapport lappui k-1 alors que la deuxime

donne le moment statique du diagramme MsF/(EI)k+1 sur la trave lk+1 par

rapport lappui k+1. Lquation prcdente peut scrire :

kF kk

k

k

S

l

S

l= +

+

+

1

1

(6.10)

o Sk et S k+1 sont les moments statiques dfinis plus haut.

Dans le cas o la rigidit flexionnelle est constante sur chaque trave,

lexpression prcdente prend la forme :

Rk

g F( )

lk

lk+1

k-1 k k+1

MsF/EI

Rk

d F( )

a) Diagramme MsF

b) Poutres conjugues

Figure 6.10


kFk k

k kk k

k kl EIz

l EIz= +

+ ++ +

1 1

1 11 1( ) ( )

(6.11)

- k est laire du diagramme MsF sur la trave lk. - k+1 est laire du diagramme MsF sur la trave lk+1. - zk distance de lappui k-1 au centre de gravit de k. - z

k+1 distance de lappui k+1 au centre de gravit de k+1.

Calcul de ck

Le manque de concordance dun appui est reprsent par le dplacement li-

naire ou angulaire quil subit depuis sa position concordante jusqu sa position

relle. Dans le cas prsent, les manques de concordance introduire sont des

dplacements angulaires et la position concordante correspond la position hori-

zontale.

Les manques de concordance proviennent des dnivellations que peuvent subir les appuis (Figure 6.11). Comme nous travaillons dans le cadre des petits

dplacements, les dnivellations sont suffisamment petites et de ce fait les angles

de discontinuit (Figure 6.11c) peuvent tre confondus avec leurs tangentes.

Le manque de concordance est donn par :

ck = + = tg + tg = (k- k-1)/lk + (k- k+1)/lk+1 = (k- k-1)/lk - (k+1- k)/lk+1 (6.12)

Les dnivellations sont comptes positivement vers le bas.

En introduisant dans l'quation des trois moments (6.4) les valeurs trouves

des diffrents coefficients on obtient :

lk

lk+1

k

k+1 k-1

k-1 k

k+1

(b)

(a)

(c)

(a) Position concordante.

(b) Position relle.

Figure 6.11


Mm m

EIdx M

m

EIdx

m

EIdx

Mm m

EIdx

l l

m M

EIdx

m M

EIdx

ksk sk

k

l

ksk

k

lsk

k

l

ksk sk

k

l

k k

k

k k

k

sk sF

k

lsk sF

k

l

k k k

k

k k

+

++

+

+

+ +

+ +

+

+ =

=

+

+

+

11

0

2

0

2

10

11

10

1 1

1 0 10

1

1

1

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

(6.13)

ou encore :

M

l

x l x

EIdx M

l

x

EIdx

l

l x

EIdx

M

l

x l x

EIdx

l l

l

xM

EIdx

l

l x M

EIdx

k

k

k

k

l

k

k k

l

k

k

k

l

k

k

k

k

lk k

k

k k

k

k

sF

k

l

k

k sF

k

l

k k k

k

k k

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+ +

+

+

=

+

+

+

12

02

2

01

21

2

10

1

12

1

10

1 1

1

0 1

1

10

1 1

1 1

1

1

1

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

(6.13)

Ces expressions sont valables dans le cas gnral.

Cas particuliers

1) Chaque trave a sa rigidit flexionnelle constante.

Ml

EIM

l

EI

l

EIM

l

EI

l l l EIM xdx

l EIM l x dx

kk

kk

k

k

k

kk

k

k

k k

k

k k

k k ksF

l

k ksF k

l

k

k

+

++

+

+

+

+

+ ++

+ +

+ =

+

11

11

1

1

1 1

1 0

1 11

0

2

66

6 1

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )( )

=

(6.14)

2) Rigidit flexionnelle constante sur toute la poutre.

M l M l l M l

EIl l l

M xdx

lM l x dx

k k k k k k k

k k

k

k k

k ksF

l

ksF k

l

k

k

+ + +

+

+

++

+ + + =

+

1 1 1 1

1 1

1 0

11

0

2

66

6 1

( )

( )

=

(6.15)

3) Le systme est concordant et EI est constante sur toute la poutre.

M l M l l M l

lM xdx

lM l x dx

k k k k k k k

ksF

l

ksF k

lk k

+ + +

++

+ + + =

+

1 1 1 1

0 11

0

2

6 6 1

( )

( ) = (6.16)


On peut remplacer le second membre par la raction fictive agissant en k :

R R RkF

kg F

kd F

= +( ) ( ) . Cette raction est positive si elle est dirige de bas en haut.

On crit l'quation des trois moments pour chaque appui intermdiaire.

6.3.3 Points particuliers

1) Prsence d'un encastrement : on remplace l'encastrement par une poutre

adjacente dont on fera tendre la longueur vers zro en appliquant la formule des

trois moments.

2) Prsence d'un porte--faux (console) : la console sera remplace par ses

effets, pour l'application de la formule des trois moments.

3) Couple concentr en un appui intermdiaire : on peut soit le diviser entre

les deux traves adjacentes, soit le reporter sur l'une des deux.

6.3.4 Calcul des lments de rduction

1) Raction de lappui k

- Action des moments aux appuis seuls (Figure 6.12).

RM M

lk Mg k k

k( ) =

1 ;

RM M

lk Md k k

k( ) =

+

+

1

1

- Action des forces extrieures :

R R Rk F k Fg

k Fd

( ) ( ) ( )= +

d'o :

R RM M

l

M M

lk k F

k k

k

k k

k

= +

+

+

+( )

1 1

1

(6.17)

2) Moment flchissant

Le diagramme final est obtenu par superposition des diagrammes (des traves

isostatiques) des charges extrieures et des moments appliqus aux appuis. Cher-

chons lexpression du moment flchissant dans la section courante de la trave lk

(dabscisse x par rapport lappui k-1).

Chaque trave lk du systme de base se comporte comme une poutre bi-

articule sollicite, en plus des charges extrieures, par deux couples Mk-1 et Mk

appliqus ses appuis. Si on dsigne par Ms F( ) le moment produit dans la sec-

tion courante de lk par les charges extrieures qui lui sont appliques, alors

lexpression gnrale du moment flchissant scrit :

( )M M M M M xl

s s F k k kk

= + + ( ) 1 1 (6.18)

Rk M

d

( ) R

k M

g

( )

lk

lk+1

Mk-1

Mk

Mk+1

k k-1

k+1

Figure 6.12


3) Effort tranchant

Lexpression de l'effort tranchant dans la section courante dabscisse x

sobtient en drivant par rapport x l'expression du moment. Dsignons par

Ts F( ) leffort tranchant d aux charges extrieures ; il vient :

T TM M

ls s F

k k

k

= +

( )1 (6.19)

6.3.5 Exemple d'application

Considrons une poutre

trois traves gales et inertie

constante soumise une charge

uniforme q (Figure 6.13a).

La poutre est deux fois hy-

perstatique mais compte tenu de

la symtrie, il ny a quune seule

inconnue. On crit une fois

lquation des trois moments,

pour k=1.

M0 = M3 = 0

et M1 = M2 = M

Equation des trois moments

(appui 1) :

( )( )( )

M l M l l M l

EI R R

Ml EI R

R

Ml EI R

g F d F

g F

g F d F

g F

0 0 1 1 2 2 2

1 1

1

1 1

1

2

6

5 6 2

5 12

+ + + =

+

=

=

=

=

;

R

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

REI

qll

ql

EI

g F1

2 31

2

2

3 8 24

( )=

=

= Mql2

10, M est dirig

dans le sens oppos du sens

choisi arbitrairement.

Les figures 6.13g et 6.13h

montrent les diagrammes de M

et de T.

(a)

0

1

2

3

l1=l

l2=l

l3=l

(b)

M1

M2

(c) ms1

M1=1

(d) ms2

M2=1

(e) Ms(F)

ql2/8

(f) Ms(M)

ql2/10

(g) Ms

ql2/10

ql2/40

2ql2/25

(h) Ts

0.4ql

0.5ql

0.6ql

Figure 6.13

q

1

1


B- POUTRES EN TREILLIS ARTICULES

6.5 SYSTEMES ISOSTATIQUES PLANS EN TREILLIS ARTICULES

6.5.1 Dfinitions

a) Systme en treillis articul

On appelle systme en treillis articul (systme rticul ou plus brivement treil-

lis) un ensemble de pices droites ou courbes, appeles barres, lies les unes aux

autres (en leurs extrmits) par des articulations. Les points d'assemblage des

barres sont appels nuds.

b) Systme plan en treillis articul

Lorsque les axes des barres et les charges appliques sont situs dans un

mme plan, on parle alors de systme plan.

c) Systme charg indirectement

On dit qu'un systme en treillis est charg indirectement, si toutes les forces

extrieures sont appliques exclusivement aux nuds.

Si les charges sont appliques en des points quelconques et notamment en des

endroits des barres autres que les nuds, on parle alors de systme charg direc-

tement.

d) Systme isostatique

Si les quations de la statique suffisent elles seules la dtermination com-

plte du systme, c'est--dire qu'elles permettent de calculer les ractions et les

efforts en tout point du systme, le systme considr est dit isostatique. Dans le

cas contraire, le systme et dit hyperstatique.

6.5.2 Treillis chargs indirectement

Seuls les treillis isostatiques plans, chargs indirectement, seront envisags

dans ce chapitre.

a) Thorme :

Lorsqu'un systme plan en treillis articul, constitu de barres droites, est

charg indirectement, chaque barre du systme n'est soumise qu' un effort nor-

mal constant.

Figure 6.14 : Poutre isostatique

Membrure suprieure

Membrure infrieure

Diagonale Montant


Considrons une barre du treillis. Le systme tant en quilibre, chaque barre

le constituant l'est aussi. La barre tant articule, ses extrmits ne sont le sige

d'aucun moment. Les seules sollicitations qu'elle supporte sont les systmes de

forces concentres aux extrmits.

Chaque systme de forces admet

une rsultante. Les rsultantes (R1 et

R2) doivent obligatoirement tre ga-

les et opposes pour que l'quilibre

puisse se raliser. En dfinitive, la

barre n'est soumise qu' un effort

normal constant pouvant tre une

traction ou une compression.

b) Condition d'isostaticit

Les barres n'tant soumises qu'

des efforts normaux, en chaque nud

du treillis il y a un systme de forces

en quilibre. L'quilibre d'un systme

agissant sur une particule, un nud

par exemple, est vrifi si la rsul-

tante est nulle ou si les projections

suivant 2 directions perpendiculaires

(x et y par exemple), sont nulles (Fx = 0, Fy = 0).

Si n dsigne le nombre de nuds

(les appuis sont aussi des nuds, n =

10 pour le systme de la figure 6.14),

le nombre d'quations dquilibre de la statique qu'on peut crire est gal 2n.

Soient b le nombre de barres et l le nombre de liaisons dans les appuis. La

condition d'isostaticit s'crit :

2n = b+l (6.20)

Il faut cependant prciser que la condition (6.20) peut s'avrer insuffisante

prouver l'isostaticit d'un treillis ; le systme doit en outre tre gomtriquement

invariable.

Une rgle simple dite rgle

de la maille triangulaire per-

met de vrifier si le systme est

isostatique et stable. Cette rgle

s'nonce comme suit : si, par-

tant d'une maille triangulaire,

on arrive reconstituer le sys-

tme en ajoutant 2 barres la

fois, alors le systme est isostatique stable.

R1

R2

Figure 6.15 : Barre d'un treillis charg indirectement

F1

F1

Fi

Fn

y

x

Figure 6.16 : Nud d'un treillis charg indirectement

Figure 6.17 : Systme vrifiant la condition 6.20 mais instable


6.5.3 Mthodes de calcul

On peut diviser les mthodes de calcul des systmes en treillis articuls isos-

tatiques en deux catgories : les mthodes analytiques et les mthodes graphi-

ques. La mthode graphique la plus rpandue est celle de Cremona (trac de

Cremona). Elle consiste construire le polygone des forces en chaque nud. Les

mthodes analytiques les plus usuelles sont la mthode des nuds et la mthode

des sections. Les trois mthodes cites seront prsentes.

Il faut souligner que, indpendamment de la mthode utilise, on doit tou-

jours commencer par le calcul des ractions.

a) Mthode des nuds

Principe : La mthode consiste isoler le nud considr par des coupures librant les efforts dans les barres et projeter toutes les forces, efforts normaux

et forces extrieures, agissant sur le nud suivant deux axes perpendiculaires.

On doit obligatoirement entamer les calculs par un nud auquel n'aboutissent

que deux barres (2 inconnues, 2 quations). Puis on passe un nud qui ne pr-

sente pas plus de deux inconnues.

Exemple d'application

Nud A

Le choix du sens des efforts dans les barres est arbi-

traire. Le sens choisi correspond la traction ; le calcul

montrera pour chaque barre la nature exacte de l'effort

qu'elle porte.

Fx = 0 N2 = 0

Fy = 0 N1 = -P (le signe "-" indique que la barre 1 est soumise une compression).

Figure 6.18 : Poutre isostatique

P/2 P/2 P

F E C

A D G

B

y

x

l l l l

4 8

9 7 5 6

3

2 1 h

N1

N2 A

RA=P


Nud C

Fx = 0 N3 cos + N4 = 0

Fy = 0 P - N3 sin = 0 d'o :

NP

3 =sin

(traction)

et NP

tg4 =

(compression)

Nud D

F N N

P

tg

F N N

P (compres

x

y

= = =

=

= = =

=

0

0

6 3

5 3

cos

sin

(traction)

sion)

Nud E

FP

tgN N

F NP

NP

tg

x

y

= + + =

= =

=

0 0

02

3

2

8 7

7

8

cos

sin (traction)

(compression)

Nud F

F NP

tg

F N P (compres

x

y

= =

= =

03

2

0

8

9

' (compression)

sion)

N4

N3

N1=P

N6

N5

D

N2=0

N3=P/sin

N8

N7

E

N5=P

P/2

N4=P/tg

N9

P

N8=(3/2)P/tg N8'

F


La figure 6.19 ci-aprs montre la nature de l'effort dans les barres tudies.

Convention :

- Flches vers les nuds = compression

- Flches vers le centre = traction

- 0 = effort nul

b) Mthode des sections (ou de Ritter)

Principe : La mthode consiste pratiquer dans le systme une coupe ne rencontrant pas plus de 3 barres (sauf dans des cas prcis) non concourantes, de

faon sparer le treillis en deux parties. Pour trouver l'effort dans une des

barres, on crit l'quation d'quilibre de rotation de l'une des deux parties par

rapport au point d'intersection des autres barres (Figure 6.20).

M/A = 0 N5 =

M/B = 0 N4 =

M/C = 0 N6 = (partie de droite)

NB : Le point d'in-

tersection des barres par

rapport auquel on calcule les moments n'est pas ncessairement un nud du

systme (d'o l'intrt travailler graphiquement).

Cas particuliers

1) Deux barres coupes sont parallles (point d'intersection rejet l'infini)

(Figure 6.21)

L'effort NKH est obtenu partir de l'quation M/J = 0 et l'effort NLJ dans la barre LJ s'obtient partir de : M/K = 0. Pour calculer NKJ, on utilise une qua-tion d'quilibre de translation, Fy = 0 par exemple ; ou bien une quation d'quilibre de rotation par rapport un appui, M/A = 0 par exemple.

Figure 6.21 : Poutre en N

K H

J L

A

A

B

C

6

4

5

Figure 6.20

P

P/2 P/2 P

P

Figure 6.19 : Reprsentation de la nature des efforts


2) Plus de trois barres coupes : la mthode de Ritter peur tre applique

condition que les barres coupes soient toutes convergentes sauf une.

La coupe a-a (Figure 6.22) prsente trois barres concourantes 4-5, 5-6 et 6-9

en 6 et l'quation M/6=0 donne l'effort N47. L'effort N47 connu, on fait la coupe I-I et il n'y a plus que trois efforts inconnus.

Intrt de la mthode des sections : elle permet de calculer directement l'ef-

fort de n'importe quelle barre et constitue de ce fait un excellent moyen de vrifi-

cation des rsultats obtenus par les autres mthodes.


Ractions : R R tA B= = =8

24 t

M/i = 0 2RA N4 = 0 N4 = 8 t (traction)

M/A = 0 2x3t + ZN5 = 0,

avec : Z m=4

5

N t53

25=

M/j = 0 Z'N6 2x3t + 4RB = 0 Z'N6 = -10 tm

3t

N4

RA=4t

i

2m

N5

Figure 6.23

2t

3t 3t

Z'

Z 2

3

1 4

5

6

7

A B

2m 2m 2m 2m

1m

1m

RA RB

i

c j

5

3

2

1

6

4

8

7

9 (a)

(a)

I

I

Figure 6.22 : Poutre en K


sin'

= =1

5 4

Z , d'o : Z' = 4 5 m

et : N 5.59 t6 =

Pour calculer les efforts dans les barres 1, 2 et 3 on crit les quations d'qui-

libre de translation en A et C. On peut galement appliquer la mthode de Ritter.

Remarque : Dans la pratique, les bras de leviers peuvent tre mesurs graphi-

quement ce qui prsente l'avantage de faciliter le travail.

c) Mthode de Cremona (trac de Cremona)

Principe : La mthode consiste tracer le polygone d'quilibre des forces appliques chaque nud. Tous les nuds tant en quilibre, les polygones sont

ncessairement ferms.

Pour pouvoir appliquer la mthode, il est ncessaire que le systme possde au

moins un nud auquel n'aboutissent que deux barres.

Les tapes de la mthode :

1) On reprsente le systme dans une chelle des longueurs.

2) On calcule les ractions puis on numrote :

a) Les intervalles entre les forces extrieures en tournant dans un sens, le

sens horlogique par exemple.

b) Les intervalles du rseau (domaines intrieurs dlimits par les barres).

Ainsi, chaque barre se trouve caractrise par deux chiffres dsignant les

intervalles (domaines) adjacents.

3) On construit le polygone des forces extrieures, dans une chelle des for-

ces choisie ; ce polygone est ferm puisque les forces extrieures sont quilibres

par les ractions (quilibre global). On prcise le sens des forces par des flches.

4) On trace ensuite le polygone des forces agissant sur chaque nud (forces

extrieures et efforts dans les barres) en commenant par un nud auquel abou-

tissent seulement deux barres puis on passe un nud n'ayant que deux efforts

inconnus.

N.B. : Les directions des efforts sont connues (orientations des barres) et leurs

sens et intensit sont obtenus en fermant chaque polygone.

Nature des efforts



Soit calculer les efforts dans les barres de la poutre reprsente la figure

6.24 dj calcule par la mthode de Ritter.

La rsolution du problme se fait selon les tapes ci-aprs.

0- On reprsente la structure dans une chelle des longueurs (Figure 6.24).

1- Numrotation des domaines extrieurs (dlimits par les forces appli-

ques et les ractions) : 1, 2, 3, 4 et 5 (sens horlogique, Figure 6.24).

2- Numrotation des domaines intrieurs (mailles) : 6, 7, 8, 9, 10, 11 (de

gauche droite). On pouvait choisir des lettres la place des chiffres

(Figure 6.24).

On peut maintenant numroter chaque effort (extrieur ou interne), avant de

passer l'tape suivante. Chaque effort est caractris par les deux chiffres des

domaines qui sont adjacents sa direction. Les efforts internes agissant sur les

nuds sont numrots en tournant dans le sens horlogique (Figure 6.25).

3- On trace le polygone des forces extrieures (forces appliques et rac-

tions). Ce polygone est reprsent par le segment vertical : 1-2-3-4-5-1

(Figure 6.26).

F23=2t

F34=3t F12=3t

A

D

C

F N65

F51=4t

N16

N61 N87

N56 N75

F45=4t

N67

N76

N28 N98

N82 E N39

Figure 6.25

B

2t

3t 3t

A

l l l l

D

C G

RA=4t RB=4t

6 7

8

2

1

3

4

9

10 11

F

l

E

5

Figure 6.24


4- Construction des polygones des forces agissant sur chaque nud.

a) Nud A : Les efforts intervenant sont : N16, N65 et F51. Cette dernire

force tant connue et reprsente sur le polygone des forces extrieures.

Notons que seul le point 6 est indtermin.

A partir du point 1 on trace une parallle la barre AC (N16) et partir de 5

on mne une parallle AD (N65). L'intersection des deux parallles dtermine le

point 6 cherch. Pour connatre le sens des efforts N16 et N65, on ferme le poly-

gone en partant de l'effort connu, F51 (schmas ci-dessous).

Les flches obtenues en fermant le polygone (des efforts agissant sur le nud

A) indiquent la nature de chaque effort.

b) On passe ensuite au nud D o seuls les efforts dans les barres DF et

DC sont inconnus.

Efforts intervenant : N56 (connu puisque N65 est connu), N67 et N75. Dans ce

cas galement, seul le point 7 est indtermin.

A partir de 6 on mne une parallle DC (N67) et partir de 5 on trace une

parallle DF (horizontale) (N75). L'intersection des deux parallles se fait au

point 6, donc le point 7 est confondu avec 6. Le polygone des forces en D (N56,

N67 et N75) se limite au segment 5-7 ; donc l'effort N67 = 0 (voir schmas ci-

dessous).

(3)

(6)

(2)

(4)

(4) (5)

6

7

8

3

4

2

1

5

Figure 6.26

5

1

6

A

N16

N65

F51

(compresion)

(traction)


c) Point C : Efforts intervenant : N61, F12, N28, N87 et N76 (N67 = N76 = 0).

Seul le point 8 reste trouver.

A partir du point 2 on trace une parallle CE (N28) ; puis partir de 7 on

mne une parallle CF (N87). L'intersection des deux parallles dtermine la

position du point 8. On ferme ensuite le polygone pour dterminer le sens des

efforts inconnus (N87 et N28) (N61F12N28N87 et N76) (schmas ci-aprs).

Remarques :

1) Utilisation combine du trac de Cremona et de la mthode de Ritter

Lors d'un trac de Cremona, on ne peut pas franchir les nuds auxquels aboutis-

sent plus de deux barres dont les efforts sont inconnus. La mthode de Ritter

permet de franchir ces nuds. Il suffit d'effectuer une ou plusieurs coupes don-

nant les valeurs des efforts dans les barres "surabondantes". Ce cas se prsente

frquemment dans les fermes dites "Polonceau" (Figure 6.27).

D

6

7

5 N56

N76

N56 (traction)

N75 (traction)

1

2

8

7

6

C

F12

N28

N87

N76

N61


Ayant amorc le Cremona en 1, en arrivant en 4 on se trouve en prsence de

3 efforts inconnus (N45, N46 et N44'). La coupe a-a' permet de calculer directement

l'effort N44' (M/8=0) ; aprs quoi on poursuit normalement le trac de Cremona.

2) Barres ne travaillant pas (N=0)

Dans l'exemple ci-contre, cinq

barres ne travaillent pas (N=0) ;

nanmoins, elles sont ncessaires

car elle contribuent :

- assurer l'indformabilit et

l'isostaticit du systme ;

- rduire les longueurs de

flambement ;

- faciliter les dispositions

constructives.

a

a

6

5

2

3 4

1 4'

Figure 6.27 : Ferme type Polonceau

8

7

P

Figure 6.28 : Poutre avec plusieurs barres non sollicites

poutre continues

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