DL de CM FINALE [PDF]

Zitiervorschau

UNIVERSITE ABDELMALEK ESSAADI ECOLE NATIONALE DES SCIENCES APPLIQUEES D’AL HOCEIMA

Département : Génie Civil, Energétique et Environnement Année académique : 2019-2020

Devoir Libre Réalisé par : Yahya Frid

Encadré par : Mr. Abdelouafi

Ex 1 : (Flexion composée sans déversement ni interaction avec l’effort tranchant sans interaction de N sur le moment résistant plastique mais avec risque de flambement).

1. On a un poteau IPE 180 d’acier S235 => Classe 1 - Dans le plan (xoy), on a : Mz= q.l²/8 = (3.10-3x3)/8 = 3.375.10-3 MN.m - Dans le plan (xoz), on a : My= P.l/4 = (20.10-3x3)/4 = 0.015 MN.m Le poteau est subit une flexion composée sans déversement et avec risque de flambement, donc :

N Xmin×

Npl γm1

+

Ky × My Kz × Mz + ≤1 Mpl , y Mpl , z γm 1 γm 1

Avec : Npl= A.fy= 23.9.10-4x235 = 0.561 MN Wpl , y × fy 166.4 . 10−6 ×235 = =0.040 MN . m Mpl,y= γm 0 1

Mpl,z=

Wpl , z × fy 34.6. 10−6 × 235 −3 = =8.131. 10 MN . m γm 0 1

Calcul de Xmin : Le poteau est biarticulé dans les deux plans : lKz= lKz= l0= 3m l ky 3 = =40.43 iy 7.42 .10−2 Elancement max : lkz 3 λz= = =146.34 iz 2.05 .10−2 λy=

´ λy = 40.43 =0.434 λy= λE 93 Elancement réduit : λz 146.34 ´ λz= = =1.573 λE 93

avec λE=λr=π

√

E =93 fy

h 180 Courbe de flambement : b = 91 =1.98>1.2 et tf =8< 40 mm

Donc : (y-y) => Courbe (a) de flambement α =0.21 (z-z) => Courbe (b) de flambement α =0.34

1

Xy=

On a :

φy+[φ − λ ´y 2 ]0.5 2 y

Avec : φy=0.5 x ¿] = 0.5x[1+0.21(0.434-0.2)+0.434²] = 0.619 Donc :

Xy= 0.943 Xz=

De même :

1 φz+[φ − λ´z 2 ]0.5 2 z

Avec : φy=0.5 x ¿] = 0.5x[1+0.34(1.573-0.2)+1.573²] = 1.97 Donc :

Xy= 0.317

Alors :

Xmin= min (Xy, Xz) = 0.317

Calcul de Ky et Kz : −μy . N

Ky= 1 Xy . A . fy ,y ( Wpl ,Wely−Wel ) ,y

Avec : μy= ´λ y*(2βμ,y-4)+

= 0.434*(2x1.3-4) + Donc : Ky=

166.4−146.3 = 164.3

−−0.47 x 60.10−3 1 0.943 x 23.9 .10−4 x 235 =1.053< 1.5 −μz . N

On a : Kz= 1 Xz . A . fy

-0.47 < 0.9

, z −Wel, z ( Wpl Wel ) ,z

Avec : μz= ´λ z*(2βμ,z-4)+

= 1.573*(2x1.3-4) + −−1.64 x 60.10−3

34.6−22.16 22.16 =

Donc : Ky= 1 0.317 x 23.9 .10−4 x 235 =1.553 N Npl γm1

+

-1.64 < 0.9

on prend Ky=1.5

Ky × My Kz × Mz + ≤1 Mpl , y Mpl , z γm 1 γm 1

Alors

Xmin×

Donc :

60.10−3 1.053 x 0.015 1.5 x 3.375 .10−3 + + ≤1 −3 0.561 0.040 8.131 .10 0.317 x 1.1 1.1 1.1

D’où  :

0.371+0.434+0.685=1.49 >1

Finalement le poteau IPE 180 n’est pas stable. EX2 : (Flexion sans déversement et sans interaction avec l’effort tranchant sur le moment résistant plastique).

On considère une poutre de section (Profile IPE) en acier(S.235) de longueur L1= 6 m, soumis à une charge concentré P est appliquée dans les deux plans simultanément (xoy) et (xoz)

1- Calculer les moments de flexion maximale dans les sections critiques de la poutre dans les deux plans (xoy) et (xoz). (justifier)

- On a la charge P appliquée dans le plan (xoy) engendre le moment Mz - Et la charge P appliquée dans le plan ( xoz) engendre le moment My Puisque Py = Pz alors My = Mz Calculons My : ∑ Fy=0 => Ra + Rb = P On sait que  ∑ M / A=0 => Rb*4 = P*6  Rb = 45 KN

Alors

Ra = 15 KN

Or on a si

0 < x < 4 => Mf = Ra*x = 15 * x

Et si

4< x < 6

=> Mf = Ra*x + Rb * ( x – 4 ) = 60 * x - 180

2- Tracer les courbes de distribution des moments de flexion dans les sections de la poutre dans les deux plans (xoy) et (xoz)

Alors on remarque finalement que le moment est maximum à 6 et My = Mz = 180 KN.m

x=

3- Dimensionner la section de cette poutre dans les cas suivants (+le choix de profile IPE) :

On sait que le critère de dimensionnement est : Pour les deux classes 1 et 2 On a

MED < MC ,RD

MC ,RD = MPL ,y = ( Wpl,y * fy ) /γ M0 Donc Alors  Pour la classe 3 On a Donc Alors

Wpl,y = = ( Mpl,y *γ M0 ) /fy Wpl,y = 255,31 cm3 IPE 220

MC ,RD = MeL ,y = ( Wel,y * fy ) /γ M0 Wel,y = = ( Mel,y *γ M0 ) /fy Wel,y = 255,31 cm3

 IPE 240 4- Donner une conclusion sur les résultats obtenus. Dus à la ductilité des classes 1 et 2 par rapport au classe 3 on remarque que la section du profilé obtenue par le moment plastique est inférieure au section obtenue par le moment élastique. EX3 : (Flexion sans déversement et sans interaction avec l’effort tranchant sur le moment résistant plastique). On considère une poutre de section (Profile IPE) en acier(S.235) de longueur L= 4 m, bi-articulé à ses deux extrémités en regard de la flexion, et soumis aux sollicitations suivantes pondérées: * charge transversale linéique G=1kN/ml (charge permanente) est appliquée dans le plan (xoz). * effort transversale concentré: P (charge d'exploitation appliquée pour x=a) est appliquée dans le plan (xoz).

1. Quelle charge maximale d'exploitation concentrée P peut supporter cette poutre. On a la poutre est chargée suivant le plan (xoz) ce qui engendre le moment My - Le moment engendré par la charge permanente G est : MG = (G*L2)/8 AN:

MG = 2KN.m

- Le moment engendré par l’effort transversal concentré est : Mp= (P*a*b) /4 AN :

Mp=0.75 P

La condition à vérifier est :

IPE 120 140 160 180

b 6.4 7.3 8.2 9.1

h 12 14 16 18

Mu= 1.35MG+1.5MP = 2.7+ 1.125 P



P q.(L²/2)-L.RBy=0 => RBy= q.L/2

et

M0(x)+q.(x²/2)-x. RAy=0 Donc :

M0(x)= q.L.(x/2)-q.x²/2= q/2.(L.x - x²)

Pour (P2) :

RAy+ RBy= 0

∑ M A = 0 => -L.RBy-1=0 => RBy= -1/L

et

M1(x)-x. RAy=0 Donc :

M1(x)= -x/L L

On a:

0

L

et−∫ M 0 M 1(x) 0

L

∫ M 21(x)

dx=

∫ L1² x²dx= 0

1/L²[

x3 L ] 3 0

= L/3

L

dx= ∫ q2.Lx (Lx – x²) dx 0

L

= q/2L ∫ ( L x 2−x 3 ) dx 0

= q/2L =

L

Donc :

L.x 3 x4 L − ] 3 4 0

q 3 L 24

L

∫ M 21(x). 0

[

X dx= ∫ M 0 M 1(x) dx 0

L

q

X. 3 = 24 L X=

3

q 2 L 8

Finalement : Mf(x)= M0(x)+ X.M1(x) = q/2 (Lx- x²) - x/L.(qL²/8) 3

= q.x/2 ( 4 L- x) Le moment fléchissant est maximal pour : M 'f (x )=

0 => (3q.L/8)- q.x= 0 => x= 3L/8 :

D’où :

Mf(3L/8)= 3qL/16. (3L/4- 3L/8)=

Conclusion :

9 qL ² 128

M(0)= 0 M(L)= -qL²/8= -4.5 KN.m M(3L/8)= 9qL²/128= 2.53 KN.m

2. La courbe de distribution des moments de flexion :

3. Vérification de la stabilité de la poutre : On a : My= Mz= Mmax= 4.5 KN.m Et : MRy= Wpl,y. fy/γ 0

avec fy= 235 MPa et

γ 0=1

MRz= Wpl,z. fy/γ 0

IPE

120

140

160

180

Wpl,y (cm3)

60.7

88.3

123.9

166.4

MR,y (KN.m)

14.26

20.75

29.12

42.3

Wpl,z (cm3)

13.6

19.2

25.1

34.6

MR,z (KN.m)

3.2

4.28

5.9

8.13

¿

4.5>1

1.1>1

0.78≤1

0.56≤1

Conclusion : - Les profiles IPE 120 et IPE 140 sont instables. - Les profiles IPE 160 et IPE 180 sont stables. 4. Présentation cas de résistance de chaque profilé :

5. Le profile le plus fiable : Les deux profiles IPE 160 et IPE 180 sont fiables, car ils appartient au domaine de sureté, mais le plus fiable est IPE 160, car il est le plus proche à l’état limite (0.78 les sollicitations sont égaux avec les résistances.

Dans le domaine de sécurité : Si G(x)>0

cad

R(x)> S(x)

Dans le domaine de défaillance

Si G(x)