RDM II Systèmes Hyperstatiques [PDF]

Zitiervorschau

Ecole Marocaine D’inGénierie

G

RESISTANCE DES MATERIAUX RDM-II

M

SYSTEMES HYPERSTATIQUES Professeur ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

E

www.emg.ac.ma/Biblio

2017 – 2018

Pr ZOUKAGHE Mimoun

RDM II_SYSTEMES HYPERSTATIQUES__EMG__2017-2018

1

SOMMAIRE CHAPITRE 1 : TRAVAIL DE DÉFORMATION I – POTENTIEL INTERNE OU TRAVAIL INTERNE I.1 – Expression de l’énergie potentielle 1.1 Energie potentielle associée à l’effort normal 1.2 Energie potentielle associée à l’effort de flexion : 1.3 Energie potentielle associée à l’effort Tranchant 1.4 Energie potentielle associée à l’effort de Torsion I.2 – Conclusion II – THÉORÈME DE CASTIGLIANO

G

III – EXAMPLE D’APPLICATION IV - EXERCICES

IV – THÉORÈME DE LA FORCE UNITAIRE

M

IV.1 Théorème de la force unitaire IV.1 Exemple d’application Ex.2 – Calcul d’un angle de rotation Ex.1 – Calcul d’une translation IV.2 Exercices

CHAPITRE 2 : APPLICATION AUX SYSTEMES HYPERSTATIQUES

E

I – INTRODUCTION

II - APPLICATION DU THEORME DE CASTIGLIANO Ex.1 - Cas d’une seule inconnue hyperstatique Ex.2 - Cas de deux inconnues hyperstatiques

III - APPLICATION DU THEOREME DE LA FORCE UNITAIRE 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 IV – EXERCICES

Pr ZOUKAGHE Mimoun

RDM II_SYSTEMES HYPERSTATIQUES__EMG__2017-2018

2

CHAPITRE 3 : MÉTHODE DES FORCES I – INTRODUCTION II – PRINCIPE DE LA MÉTHODE III – APPLICATIONS IV – EXERCICES

CHAPITRE 4 : POUTRES CONTINUES - MÉTHODE DES TROIS MOMENTS I - INTRODUCTION II – THÉORÈME DES TROIS MOMENTS

G

1 – Etude des poutres à une portée 1.1 - Poutre isostatique 1.2 - Poutre Hyperstatique 2 – Poutre continue – Equation des trois moments (Equation de Clapeyron) 3 – Exemple d’application 4 – Calcul des réactions

M

II – EXERCICES

CHAPITRE 5 : POUTRES CONTINUES - MÉTHODE DES FOYERS I - INTRODUCTION

II – DÉFINITION DES FOYERS

E

III – RÉCAPITULATIONS

IV – MÉTHODE DE RÉSOLUTION

CHAPITRE 6 : MÉTHODE DES DÉPLACEMENTS – MÉTHODE HARDY CROSS I – STRUCTURES À NEOUDS FIXES II – STRUCTURES À NEOUDS DÉPLAÇABLES III – EXERCICES

Pr ZOUKAGHE Mimoun

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3

CHAPITRE 1 : TRAVAIL DE DÉFORMATION HYPOTHESES : Les hypothèses admises dans ce cours sont comme suit :     

Linéarité entre forces extérieures et déplacements, Linéarité entre contraintes et déformations, Les déplacements et les déformations sont très petits et infinitésimales, Le matériau considéré est homogène, isotrope et continue, Les systèmes considérés sont CONSÉRVATIFS d’énergie : Pas de frottement dans les appuis, Pas de frottement interne entre les corps qui composent le système hyperstatique.

I – POTENTIEL INTERNE OU TRAVAIL INTERNE

G

Afin de formuler, dans le cas le plus général, l’énergie emmagasinée par déformation dans une structure, nous proposons de revoir l’expression de l’énergie interne associée à chaque effort interne. De manière générale, les éléments de réduction sont au nombre de six, à savoir : l’effort normal (N), les efforts tranchants (Ty) et (Tz), les moments de flexion (My) et (Mz) et le moment de torsion (Mt).

M

I.1 – Expression de l’énergie potentielle 1.1 Energie potentielle associée à l’effort normal On considère une poutre de longueur L, soumise à la seule la force axiale P.

x L

E

 L’allongement produit par la charge P est de : ΔL, ∆𝑳  L’allongement unitaire correspondant est de : 𝝐𝒙 =, 𝑳  

𝑵

La contrainte axiale est : 𝝈𝒙 = 𝛀 , où N désigne l’effort normal et 𝛀 la section de la poutre, La loi de Hooke s’écrit : 𝝈𝒙 = 𝑬. 𝝐𝒙 ,

Cette loi s’écrit en fonction de l’effort normal N et de l’allongement ΔL comme : 𝑬𝛀 𝑵= . 𝚫𝑳 𝑳 Qui traduit la linéarité entre l’effort et la déformation correspondante comme illustré cidessous. 

La conservation de l’énergie implique que le travail des forces externes (We) est égale à l’énergie de déformation (ou énergie potentielle interne (J)) :

We = J Pr ZOUKAGHE Mimoun

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4

Lorsque l’effort normal varie de 0 à N, la déformation varie linéairement de 0 à δL Le travail externe fourni par l’effort N correspond à l’aire du triangle hachuré. Soit : 𝑾𝒆𝒙𝒕 =

𝑵.𝜟𝑳 𝟐

𝐍

,

N

Avec : 𝚫𝒍 =

𝝐 . 𝒅𝒙 = 𝑳

𝑳

𝝈 . 𝒅𝒙 𝑬

𝚫𝑳

0 δL

𝚫𝒍 =

𝑵 . 𝒅𝒙, 𝑳 𝑬𝛀

La conservation de l’énergie impose que le travail externe 𝑾𝒆𝒙𝒕 soit égal à l’énergie potentielle interne J :

1

J=2

𝑵.𝜟𝑳 𝟐

𝑵

1

𝑵𝟐

2 𝑳 𝑬𝛀

. 𝒅𝒙

𝑵

𝑳

𝑵. 𝑬𝛀 . 𝒅𝒙. Et en tenant compte que : 𝝐𝒙 = 𝑬𝛀

𝑳

𝑵. 𝝐𝒙 . 𝒅𝒙

On peut écrire : 1

J=2

=

G

J = 𝑾𝒆𝒙𝒕 = Qui peut s’écrire comme :

M

Il est à remarquer qu’à l’effort normal N correspond la déformation axiale 𝝐𝒙 a) Variation de l’énergie potentielle associée à l’effort normal L’expression précédente de J montre que la variation de l’énergie potentielle interne peut résulter d’une variation de l’effort normal N ou de la déformation𝝐𝒙 .

E

Mathématiquement on peut écrire que la différentielle dJ comme : 1

𝑵

dJ = 2 𝑳 𝟐𝑵. 𝑬𝛀 . 𝒅𝒙 = Qui peut être interpréter comme :  𝑳



𝑳

𝑵.

𝒅𝑵 𝑬𝛀

. 𝒅𝒙

La variation de J par rapport à l’effort normal : dJ =

𝑵

𝑳

𝒅𝑵. 𝑬𝛀 . 𝒅𝒙 =

𝑳

𝑵. 𝒅𝝐𝒙 . 𝒅𝒙

𝒅𝑵. 𝝐𝒙 . 𝒅𝒙 ou comme : La variation de J par rapport à la déformation : dJ = b) Conclusion :

A l’effort normal N correspond la déformation 𝝐𝒙 et l’énergie potentielle : 𝟏

J=𝟐 Pr ZOUKAGHE Mimoun

𝑵𝟐

𝑳 𝑬𝛀

. 𝒅𝒙

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5

La variation s’écrit comme : δJ =

𝑳

𝒅𝑵. 𝝐𝒙 . 𝒅𝒙 ou comme : δJ =

𝑵. 𝒅𝝐𝒙 . 𝒅𝒙

𝑳

1.2 Energie potentielle associée à l’effort de flexion : D’après le cours de RDM, en flexion pure et pour un élément de longueur dx, on a : 𝟏

La courbure est :

=

𝝆

Mz

ρ

Mz

𝑑𝜑

𝑴𝒛 𝑬𝑰𝒛

Où : ρ = rayon de courbure Mz = Moment de flexion par rapport à l’axe Iz = Moment d’inertie par rapport à l’axe z, avec : E = Module élastique (module de Young) Par ailleurs, 𝒅𝒙

𝛀

𝒚𝟐 𝒅𝒚 𝒅𝒙

𝑴

= 𝑬𝑰𝒛 𝒅𝒙

G

ρ d𝝋 = dx ce qui s’écrit : d𝝋 =

Iz =

𝝆

𝒛

A noter que le moment Mz produit la rotation relative d𝝋 des deux sections distantes de dx. Il s’en suit donc que la cause est Mz et l’effet est d𝝋. La contrainte axiale produite par le moment est donnée par : 𝑴𝒛 .𝒚

M

𝝈𝒙 =

𝑰𝒛

La linéarité entre la cause et l’effet montre que le travail élémentaire effectué par Mz qui pour produit la rotation relative d𝝋 sur l’élément dx, est : 𝒅𝑾𝒆𝒙𝒕 = 𝒅𝑱 =

Soit donc :

𝟏 𝑴𝟐 𝒛

𝟐

Mz

𝑴𝒛 𝒅𝝋

𝒅𝒙

E

𝒅𝑱 =

𝟏

𝟐 𝑬𝑰𝒁

𝒅𝝋

D’où :

𝑱=

L’énergie potentielle interne s’écrit comme : Ou comme :

𝑱=

𝟏 𝟐

𝑳

𝑴𝒛 (

𝑴𝒛 𝑬𝑰𝒁

𝒅𝒙

𝑳 𝑬𝑰𝒁 𝟏 𝑴 ( ) 𝒅𝒙 𝒛 𝑳 𝝆

𝟏

) 𝒅𝒙 =

𝑴𝟐 𝒛

𝟏

𝟐

𝟐

=

𝟏 𝟐

𝑳

𝑴𝒛 . 𝒅𝝋

Comme pour le cas de l’effort normale, la variation de 𝑱 peut résulter de la variation : - Soit de l’effort Mz - Soit de la déformation associée : courbure Par rapport à Mz la variation s’écrit : δJ =

Pr ZOUKAGHE Mimoun

𝟏 𝝆

=

𝑴𝒛 𝑬𝑰𝒛 𝑴

𝑳

𝒅𝑴𝒛 . 𝑬𝑰𝒛 . 𝒅𝒙 𝒛

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6

Par rapport à la déformation la variation s’écrit : 𝑴𝒛

𝑴𝒛

En posant la courbure comme Xz =

𝑬𝑰𝒛

δJ = 𝑳 𝑴𝒛 𝛅( )𝒅𝒙 𝑬𝑰𝒛

, on peut écrire de manière simplifiée l’énergie

potentielle interne associée au moment de flexion comme suit :

𝑱=

𝟏

𝑴𝒛 . 𝑿𝒛 𝒅𝒙

𝑳

𝟐

Cause

Effet

Cas de flexion gauche (ou déviée) : Par superposition, l’énergie potentielle interne J, s’écrit : 𝟏

𝑴𝟐 𝒛

𝟐

𝑳 𝑬𝑰𝒁

𝑱=

𝟏

𝑱=

𝟏

𝟐

𝟐

𝒅𝒙 +

𝟏

𝑴𝟐 𝒚

𝟐

𝑳 𝑬𝑰𝒚

𝒅𝒙

G

Soit :

𝑱=

𝟏

𝑳

𝑴𝒛 . 𝑿𝒛 𝒅𝒙 +

𝑳

[𝑴𝒛 . 𝑿𝒛 + 𝑴𝒚 . 𝑿𝒚 ]𝒅𝒙

𝟐

𝑳

𝑴𝒚 . 𝑿𝒚 𝒅𝒙

M

1.3 Energie potentielle associée à l’effort Tranchant L’énergie potentielle interne due à l’effort tranchant Ty s’écrit :

𝑱=

𝟏

𝑻𝟐 𝒀

𝟐

𝑮𝛀′

𝑳

𝒅𝒙

Avec

𝟏

𝛀′

=

𝟏

𝑺(𝒚)

𝑰𝟐 𝒛 𝛀 𝒃(𝒚)

Dans laquelle :

E

Ty = Effort tranchant Ω’ = section réduite de l’effort tranchant Ty S(y) = Moment statique de la partie située sous l’ordonnée y (Partie II) par rapport à l’axe Gz comme indiqué sur la figure suivante. y b(y) = Largeur de la section au niveau de l’ordonnée y G = Module d’élasticité transversale ou module de cisaillement.

La déformation associée à l’effort tranchant Ty est la distorsion ou déformation angulaire : Γy =

𝝉

𝑻𝒚

z G

y

𝑮𝛀′

L’énergie potentielle interne, s’écrit :

𝑱=

𝟏 𝟐

𝑳

𝑻𝒚 (

𝑻𝒀 𝑮𝛀′

) 𝒅𝒙 =

𝟏 𝟐

Cause Pr ZOUKAGHE Mimoun

𝑳

𝑻𝒚 . 𝚪𝐲 𝒅𝒙

b(y)

Effet

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7

La variation de l’énergie potentielle s’écrit : 

Par rapport à Ty : δJ =



Par rapport à la déformation :

𝑻

𝛅𝑻𝒚 . 𝑬𝛀𝒚 . 𝒅𝒙 =

𝑳

𝑳

𝛅𝑻𝒚 . 𝚪𝐲 . 𝒅𝒙

𝑻𝒚

δJ = 𝑳 𝑻𝒚 𝛅( )𝒅𝒙 = 𝑳 𝑻𝒚 . 𝛅(𝚪𝐲 )𝒅𝒙 𝑬𝛀 Par ailleurs, si Tz est non nul, alors par superposition on peut écrire :

𝑱=

𝟏

𝑻𝟐 𝒀

𝟏

𝑻𝟐 𝒛

𝟐

𝑳 𝑮𝛀

𝟐

𝑳 𝑮𝛀′′

𝒅𝒙 + ′

𝒅𝒙

Avec : 𝟏 𝛀′′

=

𝑺(𝒛) 𝟏 𝛀 𝒃(𝒛) 𝑰𝟐 𝒚

G

Et en faisant apparaitre les déformations associées aux efforts tranchants Ty et Tz on obtient :

[𝛅𝑻𝒚 . 𝚪𝐲 + 𝛅𝑻𝒛 . 𝚪𝐳 ]𝒅𝒙



Variation de J par rapport aux efforts : δJ =



Variation de J par rapport aux déformations : δJ =

𝑳

𝑳

[𝑻𝒚 . 𝛅𝚪𝐲 + 𝑻𝒛 . 𝛅𝚪𝐳 ]𝒅𝒙

M

1.4 Energie potentielle associée à l’effort de Torsion L’énergie potentielle interne due à l’effort de Torsion Mt s’écrit :

𝑱=

𝟏

𝑴𝟐 𝒕

𝟐

𝑳 𝑮𝐈𝐩

𝒅𝒙 =

𝟏 𝟐

𝑳

𝑴𝒕 . (

𝑴𝒕 𝑮𝐈𝐩

) 𝒅𝒙 =

𝟏 𝟐

𝑳

𝑴𝒕 . 𝜽𝒕 𝒅𝒙

Dans laquelle : 𝑴𝒕

est la rotation produite par le moment de torsion Mt.

E

𝜽𝒕 =

𝑮𝑰𝒑

Ip = est le moment d’inertie polaire : Ip =

(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 )𝒅𝛀

La variation de l’énergie potentielle interne s’écrit : 

par rapport à Mt : δJ =



par rapport à θt : δJ =

Pr ZOUKAGHE Mimoun

𝑳 𝑳

𝛅𝑴𝒕 . 𝜽𝒕 𝒅𝒙 𝛅𝑴𝒕 . 𝛅𝜽𝒕 𝒅𝒙

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8

I.2 – Conclusion De manière générale et dans les hypothèses admises en Résistance des Matériaux, le potentiel interne d’une poutre chargée et de longueur L s’écrit :

𝑱=

𝟏 𝟐 𝑳

[

𝑵𝟐 𝑬𝛀

+

𝑻𝟐 𝒀 𝑮𝛀′

+

𝑻𝟐 𝒛 𝑮𝛀′′

+

𝑴𝟐 𝒛 𝑬𝑰𝒁

+

𝑴𝟐𝒚 𝑬𝑰𝒚

+

𝑴𝟐 𝒕 𝑮𝐈𝐩

]𝒅𝒙

Qui s’écrit en introduisant l’effort et la déformation correspondante comme : 𝟏

𝑱=𝟐

𝑳

[ 𝑵. 𝝐𝒙 + 𝑻𝒚 . 𝚪𝐲 + 𝑻𝒛 . 𝚪𝐳 + 𝑴𝒚 . 𝑿𝒚 + 𝑴𝒛 . 𝑿𝒛 + 𝑴𝒕 . 𝜽𝒕 ]𝒅𝒙

En posant :

 Le vecteur effort comme : [Q] = 𝑵, 𝑻𝒚 ,𝑻𝒛 , 𝑴𝒚 , 𝑴𝒛 , 𝑴𝒕

G

 Le vecteur déformation comme : [q] = 𝝐𝒙 , 𝚪𝐲 , 𝚪, 𝑿𝒚 , 𝑿𝒛 , 𝜽𝒕

L’énergie potentielle interne s’écrit comme le produit scalaire des deux vecteurs :

Il est à noter :

𝟐 𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝐐 . [𝐪]𝑻 𝒅𝒙

Que l’expression ci-dessus est complète Qu’elle n’est valable que si les axes x, y, z sont des axes principaux d’inertie Que l’ordre de grandeur des termes est variable Que dans le cas des problèmes de flexion, les contributions des efforts tranchants et de l’effort normal sont négligeables devant celle du moment de flexion.

E

   

𝟏

M

𝑱=

II – THÉORÈME DE CASTIGLIANO

Sous l’action de la charge P1 la structure fléchie. Le déplacement (flèche) du point d’application de la charge est δ1. Compte tenu de la linéarité entre la cause (P1) et l’effet (δ1), le travail externe est : P1 𝟏

𝑾𝒆𝒙𝒕 = 𝑱 = 𝟐 𝑷𝟏 . 𝛅𝟏 Pour deux charges P1 et P2 agissant simultanément Le travail global effectué par les deux charges : δ1 𝟏

P1

P2

𝟏

𝑾𝒆𝒙𝒕 = 𝑱 = 𝟐 𝑷𝟏 . 𝛅𝟏 + 𝟐 𝑷𝟐 . 𝛅𝟐

δ1 Pr ZOUKAGHE Mimoun

δ2

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Soit J l’énergie potentielle emmagasinée dans un élément de structure soumis à un système de forces externes Pi appliquée dans la section i. Sous les charges Pi l’élément prend une certaines déformations. Au niveau de Pi le déplacement est δi. Augmentons la charge Pi de dPi. La charge dPi produit une déformation de la structure. Le déplacement généré au niveau de la section i est dδi. 1 Le travail effectué par la charge dPi est : 2 𝐝𝐏𝐢 . 𝐝𝛅𝐢

Pi appliquée en i subit le même déplacement 𝐝𝛅𝐢 . Le travail effectué est : Pi. 𝐝𝛅𝐢 L’énergie potentielle interne initiale sous l’action charges Pi est J0 Avec l’application en plus de la charge dPi, l’énergie potentielle interne devient : 1

D’où: 1

dJ = Pi. 𝐝𝛅𝐢 + 2 𝐝𝐏𝐢 . 𝐝𝛅𝐢

G

J = J0 + dJ = J0 + Pi. 𝐝𝛅𝐢 + 2 𝐝𝐏𝐢 . 𝐝𝛅𝐢

1

M

Dans laquelle le terme 2 𝐝𝐏𝐢 . 𝐝𝛅𝐢 est un terme de second ordre donc négligeable ! Donc la variation de l’énergie potentielle est :

dJ = Pi. 𝐝𝛅𝐢

En s’appuyant sur la linéarité entre la charge Pi

Pi + dPi Pi

et l’Effet δi , on peut trace le diagramme suivant :

E

𝜹𝒊

𝜹𝒊 + 𝒅𝜹𝒊

En examinant le graphe on peut écrire : 𝒅𝑷𝒊 𝒅𝜹𝒊

=

d’où :

𝐝𝛅𝐢 =

𝑷𝒊 𝜹𝒊

,

𝛅𝐢 𝐏𝐢

. 𝐝𝐏𝐢

En remplaçant dans l’expression de dJ, on obtient :

𝛅𝐢 =

Pr ZOUKAGHE Mimoun

𝐝𝐉 𝐝𝐏𝐢

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Enoncée du théorème : Le potentiel interne J étant exprimé en fonction des forces appliquées, la dérivée partielle du potentiel par rapport à l’une de ces forces a pour valeur le déplacement du point d’application de celle-ci dans la direction de la force considérée. III – EXAMPLE D’APPLICATION Exemple 1 : Déplacement du point d’application d’une charge. P

En utilisant le théorème de Castigliano, calculer le déplacement vertical de la

i

section i.

L

Le déplacement vertical de la section i est donné par : 𝐝𝐉

Pi étant la charge appliquée en i

G

𝛅𝐢 =

𝐝𝐏𝐢

Il s’agit d’un problème de flexion donc on néglige les contributions éventuelles de l’effort normal et de l’effort tranchant dans l’expression de l’énergie potentielle interne J. 𝟏

𝑴𝟐 𝒛

𝟐

𝑳 𝑬𝑰𝒁

𝒅𝒙

M

Il vient donc que : 𝑱 =

section i.

P

x

En utilisant le théorème de Castigliano, calculer le déplacement vertical de la

i

M0=PL

L

E

P A l’abscisse x le moment s’écrit : 𝑴𝒛 = 𝑷𝒙 – 𝑴𝟎 = 𝑷𝒙 – 𝑷𝑳 = 𝑷(𝒙 – 𝑳) = − 𝑷(𝑳 − 𝒙)

Avec

0≤x ≤L

L’expression de l’énergie potentielle s’écrit :

𝑱=

𝑳 𝑴𝟐 𝒛 𝒅𝒙 𝟎 𝑬𝑰𝒁

𝟏 𝟐

=

𝟏 𝟐𝑬𝑰𝒛 𝑳

𝑷𝟐 (𝑳 − 𝒙)𝟐 𝒅𝒙

EIZ étant constant.

La dérivée par rapport à la force P est : 𝒅𝑱 𝒅𝑷

=

𝟏

𝑳

𝟐𝑬𝑰𝒛 𝟎

𝟐𝑷 (𝑳 − 𝒙)𝟐 𝒅𝒙 =

Tout calcul fait on obtient : Pr ZOUKAGHE Mimoun

𝛅𝐢 =

𝐝𝐉 𝐝𝐏

=

𝟏

𝑳

𝑬𝑰𝒛 𝟎

𝑷 (𝑳 − 𝒙)𝟐 𝒅𝒙

𝐏𝐋𝟑 𝟑𝐄𝐈𝐙

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Exemple 2 : Déplacement d’une section où il n’y a pas de charge appliquée . Soit à déterminer le déplacement vertical de la

Pi

section i.

P1

P2

 Dans ce cas, on applique une charge virtuelle imaginaire en i , compatible avec le déplacement

P3

i

L

recherché. Autrement dit :  

Si l’on cherche une translation, la charge à appliquer est une force concentrée appliquée dans la direction du déplacement, Si le déplacement recherché est une rotation, la charge virtuelle à appliquer est un Moment concentré en i.

G

 On exprime ensuite l’énergie potentielle interne en fonction à la fois des charges réelles et de la charge virtuelle.  On applique le théorème de Castigliano en annulant la charge virtuelle après calcul de la dérivée partielle. 𝐝𝐉

𝑃𝑖 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑓𝑜𝑟𝑐𝑒 𝑠𝑖 𝛿𝑖 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑃𝑖 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑠𝑖 𝛿𝑖 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑟𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛

Avec

𝐝𝐏𝐢 𝐏𝐢=𝟎

M

𝛅𝐢 =

APPLICATION : Soit à déterminer le déplacement vertical de la section i à mi-travée d’une poutre isostatique chargée uniformément. Nous cherchons la translation verticale de la section i :

L/2

q On applique donc une force fictive verticale Pi, On exprime le moment de flexion Mz(x) en fonction de l’abscisse x, de la charge uniforme q et de la force Pi, On exprime ensuite l’énergie potentielle interne J A et on calcule la dérivée partielle de J. Enfin, dans l’expression obtenue on prend Pi = 0.

Pi

E

   

i L

B

Étant donné la symétrie géométrique et de chargement, les réactions d’appuis A et B sont verticales et valent chacune : VA = Pour 0 ≤ x ≤

𝑳 𝟐

Mz = 𝑳

𝒒𝑳 𝟐

.𝒙 +

𝑷𝒊 𝟐

𝒒𝑳 𝟐

.𝒙−

𝑷𝒊

+

𝟐

𝒒.𝒙𝟐 𝟐

=

𝒒𝑳 𝟐

+

𝑷𝒊 𝟐

𝒙−

𝒒.𝒙𝟐 𝟐

Pour ≤ x ≤ 𝑳 𝟐

Mz =

Pr ZOUKAGHE Mimoun

𝒒𝑳 𝟐

+

𝑷𝒊 𝟐

𝒙−

𝒒.𝒙𝟐 𝟐

𝑳

− 𝑷𝒊 (𝒙 − ) 𝟐

RDM II_SYSTEMES HYPERSTATIQUES__EMG__2017-2018

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L’énergie potentielle s’écrit en intégrant sur toute la longueur de la poutre : 𝟏

𝑱 = 𝟐𝑬𝑰

𝒛

𝑳/𝟐 𝟎

𝒒𝑳 𝟐

+

𝑷𝒊

𝒙−

𝟐

𝒒.𝒙𝟐

𝟐

𝟐

𝒅𝒙 +

𝑳 𝑳/𝟐

𝒒𝑳 𝟐

+

𝑷𝒊 𝟐

𝒙−

𝒒.𝒙𝟐 𝟐

𝑳

𝟐

− 𝑷𝒊 (𝒙 − 𝟐) 𝒅𝒙

𝐝𝐉

Le déplacement vertical est donné par : 𝛅𝐢 = 𝐝𝐏𝐢 𝐏𝐢=𝟎 Soit donc : 𝐝𝐉 𝟏 = 𝐝𝐏𝐢 𝑬𝑰𝒛

𝑳 𝟐 𝟎

𝒒𝑳 𝑷𝒊 𝒒. 𝒙𝟐 + 𝒙− 𝟐 𝟐 𝟐 𝑳

𝒙 𝒅𝒙 𝟐

𝒒𝑳 𝑷𝒊 𝒒. 𝒙𝟐 𝑳 + 𝒙− − 𝑷𝒊 (𝒙 − ) 𝟐 𝟐 𝟐 𝟐

+

G

𝑳/𝟐

𝑳 𝒙 − 𝒙 + 𝒅𝒙 𝟐 𝟐

En prenant Pi = 0 dans l’expression ci-dessus, on obtient ainsi le déplacement vertical de la section à mi-travée. Soit donc : 𝐝𝐉

𝑳 𝟐

𝟏

𝐝𝐏𝐢 𝐏𝐢=𝟎

= 𝑬𝑰

𝒛

𝒒𝑳

𝟎

𝟐

𝒙−

𝒒.𝒙𝟐

𝒙

𝟐

𝟐

𝒅𝒙 +

𝑳 𝑳/𝟐

𝒒𝑳 𝟐

𝒙−

𝒒.𝒙𝟐 𝟐

𝒙

𝑳

− 𝟐 + 𝟐 𝒅𝒙

M

𝛅𝐢 =

Tout calcul fait, on trouve :

𝛅𝐢 =

Exemple 3 : Calcul de la rotation d’une section.

E

Soit à déterminer la rotation de la section C dans le cas de structure suivante. La seule charge appliquée est la charge uniforme q sur la poutre CB. q Le déplacement recherché est une rotation. La charge à appliquer est donc un moment fictif en C, soit MC. CC

i

D

On écrit ensuite le moment de flexion dans toutes les parties de la structure (Poteau et Poutre).

B

4m

A L4m 2  On exprime l’énergie potentielle J par intégration sur toute la structure.  On dérive l’expression de J par rapport au moment MC.  On pose enfin dans l’expression ci-dessus MC = 0.

Pr ZOUKAGHE Mimoun

RDM II_SYSTEMES HYPERSTATIQUES__EMG__2017-2018

13

q

Les réactions sont :

VA =

𝑴𝑪 𝟒

+

𝟏𝟖𝒒 𝟒

𝟔𝒒

, VB =

𝟒

−

𝑴𝑪 𝟒

MC , HA = 0

C i

D

B

Le moment est comme suit : Sur AD : Le moment est nul, Mz = 0

A

L4m

2 Sur CD : 0 ≤ x ≤ 2m On a :

Mz = - MC -

𝑞𝑥 2 2

𝜕𝑀𝑧

et

4m

= −1

𝜕𝑀𝐶

Sur DB : 2≤ x ≤ 6m On a : Mz = - MC 𝜕𝑀𝑧 𝜕𝑀𝐶

2

+ 𝑉𝐴 . 𝑥 − 2 = −𝑀𝐶 −

2

+

𝑀𝐶 4

+

18𝑞 4

. (𝑥 − 2)

1

= −1 + (𝑥 − 2) 4

Tout calcul fait, on trouve : 𝐝𝐉 𝐝𝐌𝐂 𝐌𝐂=𝟎

=

M

𝛗𝐂 =

EXERCICES

𝑞𝑥 2

G

Avec :

𝑞𝑥 2

Ex.1 – Calculer le déplacement vertical 𝛅𝐢 et la rotation 𝛗𝐢 de la section i dans le cast de chargement suivant. Le produit EIz est constant.

E

20kN

q

M=20kN.m

i

A

B

4m

2m

i

A

2m

2m

Ex.2 – Calculer le déplacement Horizontal 𝛅𝐢 et la rotation 𝛗𝐢 de la section i dans les cas de chargements suivants. Le produit EIz est constant. q 2m

i

20kN

C

D

E

B=i

4m

4m 4m

Pr ZOUKAGHE Mimoun

A 2

RDM II_SYSTEMES HYPERSTATIQUES__EMG__2017-2018

4

3

14

Ex.3 – Calculer le déplacement vertical 𝛅𝐕 du nœud D et le déplacement horizontal 𝛅𝐇 du nœud C du treillis suivant. Le produit EΩ est constant. F

E

D

P = 100kN 2 B

2 P = 150kN

C A

2

4

2

IV.1 Théorème de la force unitaire

G

IV – THÉORÈME DE LA FORCE UNITAIRE

Considérons une structure soumise à l’action d’un système de charge. Soit Mz le diagramme des moments engendrés par ce système de charge. P

L’énergie potentielle interne s’écrit :

𝑱= Avec :

𝟐𝑬𝑰𝒛 𝟏

𝑴𝟐𝒛 𝒅𝒙 𝑳

M Ou plus généralement :

M

𝑱=

𝟏

q

𝟐 𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝐐 . [𝐪]𝑻 𝒅𝒙

𝐐 = Vecteur des efforts internes produits par les charges externes, et [q] = Vecteur déformation qui leur sont associées.

E

Appliquons une force δPi virtuelle dans une section i. De cette sollicitation il résulte un diagramme δMz ou plus généralement un nouveau vecteur des efforts internes [δQ]. La variation de l’énergie potentielle interne résultant de l’application de δPi est : 𝜹𝑱 =

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛅𝐐 . [𝐪]𝑻 𝒅𝒙

Efforts internes produits par δPi.

Vecteur déformations produites par les charges externes

La variation du travail externe est : δWext. = δPi.ui

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15

Dans laquelle : 𝒖𝒊 = Déplacement de la section i (point d’application de la charge virtuelle 𝜹𝑷𝒊 ) dans la direction de 𝜹𝑷𝒊 . Ce déplacement est produit uniquement par les charges externes initiales. Le système étant conservatif d’énergie on a : 𝜹𝑾𝒆𝒙𝒕 . = 𝛅𝐉 Soit donc : 𝜹𝑷𝒊 . 𝒖𝒊 = 𝛅𝐉 =

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛅𝐐 . [𝐪]𝑻 𝒅𝒙

Qui devient dans le cas des structures fléchies : 𝐌

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛅𝐌𝐳 . [𝐄𝐈𝐙 ] 𝒅𝒙

Diagramme du Moment de flexion produit par la charge δPi.

G

𝜹𝑷𝒊 . 𝒖𝒊 = 𝜹𝑱 =

𝐳

Diagramme des Déformations produites par les charges externes.

M

Ou plus explicitement : 𝟏

𝜹𝑷𝒊 . 𝒖𝒊 = 𝐄𝐈

𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

Diagramme de Moment de flexion produit par les charges externes.

E

Diagramme de Moment de flexion produit par la charge δPi.

De plus comme les structures travaillent dans leurs domaines élastiques, les effets sont proportionnels aux charges qui les produisent. Ainsi, comme 𝜹𝑴𝒛 est le moment produit par la charge 𝜹𝑷𝒊 on peut écrire donc que : 𝜹𝑴𝒛 = 𝛂(𝐱). 𝜹𝑷𝒊

Le coefficient de proportionnalité 𝜶(𝒙) est donc le diagramme de moment produit par la charge 𝜹𝑷𝒊 prise égale à l’unité, soit 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏. Ce qui donne : 𝟏

𝜹𝑷𝒊 . 𝒖𝒊 = 𝐄𝐈

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𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛂(𝐱). 𝜹𝑷𝒊 . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

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16

En simplifiant par 𝜹𝑷𝒊 on obtient : 𝟏

𝒖𝒊 = 𝐄𝐈

𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛂(𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

Diagramme de Moment de flexion produit par la charge 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏, appliquée dans la section i, dans la direction du déplacement 𝒖𝒊 recherché

Diagramme de Moment de flexion produit par les charges externes.

Qui peut s’écrire : 𝟏 𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙 Diagramme de Moment de flexion produit par les charges externes.

G

𝒖𝒊 = 𝐄𝐈

Diagramme de Moment de flexion produit par la charge 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏, appliquée dans la section i, dans la direction du déplacement 𝒖𝒊 recherché.

M

A noter que la charge unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏, est une charge généralisée compatible avec le déplacement recherché. Autrement dit :

 

Si le déplacement généralisé recherché 𝒖𝒊 est une translation, alors 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 est une force concentrée en i dans la direction de 𝒖𝒊 . Si le déplacement généralisé recherché 𝒖𝒊 est une rotation, alors 𝛅𝐐 est un

E

moment concentré en i dans la direction de 𝒖𝒊 .

THÉORÈME :

Le déplacement « 𝒖𝒊 » d’une section « i » d’une structure chargée par un vecteur de charge 𝛅𝐐 est égal à l’integrale, étendue à toute la structure, des déplacements généralisés dus aux charges externes, multipliés par les efforts généralisés 𝛅𝐐𝐓 qui sont produits par une charge unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 placée en « i » et compatible avec le déplacement recherché.

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17

IV.2 Exemples d’application Ex.1 – Calcul d’une translation On demande de calculer le déplacement vertical de la section à mi-travée dans le cas suivant. P = 20kN

 Il s’agit d’un problème de flexion. Seul le moment Mz sera considéré.

A

Le déplacement est donné par :

𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

L/2 = 4m

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

Diagramme de Moment de flexion produit par la charge δPi=1, appliquée dans la section i, dans la

Diagramme de Moment de flexion produit par les charges externes.

M

direction du déplacement ui. recherché

Diagramme Mz : Charges externes seules Pour 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳

𝑳

𝟐

𝑃

: 𝑀𝑧 𝑥 = 2 . 𝑥 𝑃

P

x

i

A

B

𝐿

Pour 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳 : 𝑀𝑧 𝑥 = 2 . 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 2)

𝑀𝑧 𝑥 =

E

Diagramme 𝜹Mz : Charge Pi = 1 appliquée seule Pour 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳

𝑳

𝟐

4m

G

𝟏

ui = 𝐄𝐈

B

i

x

𝑃 2

𝑀𝑧

.𝑥

1

𝐿

Pour 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳 : 𝑀𝑧 𝑥 = 2 . 𝑥 − 1. (𝑥 − 2)

=

2

𝑃𝐿2 4

δPi = 1

i

1

: 𝑀𝑧 𝑥 = 2 . 𝑥

𝐿

A

B 𝑀𝑧 𝑥 =

1 2

.𝑥

𝑀𝑧

𝐿 2

=

1. 𝐿2 4

Du fait de la symétrie des diagrammes, le déplacement vertical s’écrit alors : ui = 𝟐 Ce qui donne :

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𝟏 𝑳/𝟐 𝟏 .𝒙 𝐄𝐈𝐳 𝟎 𝟐

𝒖𝒊 =

𝑷

. [ 𝟐 𝒙] 𝒅𝒙

𝑷𝑳𝟑 𝟒𝟖𝑬𝑰𝒛

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Ex.2 – Calcul d’un angle de rotation Soit à calculer l’angle de rotation 𝜽𝑨 au niveau de l’appui A de l’exemple précédent. Par application du théorème de la force unitaire, on a : 𝟏

𝜽𝑨 = ui = 𝐄𝐈

𝐳

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

Diagramme de Moment de flexion produit par les charges externes.

Diagramme de Moment de flexion produit par la charge (Moment) δPi=1, appliquée dans la section i, dans la direction du

G

déplacement (Rotation) 𝜽𝑨 = ui recherché

Diagramme Mz : Charges externes seules Pour 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳

𝑳 𝟐

: 𝑀𝑧 𝑥 = 2 . 𝑥 𝑃

𝐿

Pour ≤ 𝒙 ≤ 𝑳 : 𝑀𝑧 𝑥 = . 𝑥 − 𝑃(𝑥 − ) 2

𝟐

P

x

𝑃

2

i

A

M

𝑀𝑧 𝑥 =

𝑃 2

B 𝑀𝑧

.𝑥

𝐿 2

=

𝑃𝐿2 4

Diagramme 𝜹Mz : Charge Pi = 1 appliquée seule Pour 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳 : 𝑀𝑧 𝑥 = 1 −

1 2

L

.𝑥

δPi = 1

1

i

La rotation 𝜽𝑨 de la section A, est donné par :

B

A

1 𝑀𝑧 𝑥 = 1 − . 𝑥 𝐿

E

x 𝟏

𝜽𝑨 = ui = 𝐄𝐈

𝐳

𝑳/𝟐 1 1− .𝑥 𝟎 𝐿

Tout calcul fait on trouve :

𝑃

. [ 2 . 𝑥] 𝒅𝒙 +

𝜽𝑨 =

𝑳 1 1− .𝑥 𝑳/𝟐 𝐿

𝑃

𝐿

. [ 2 . 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 2)] 𝒅𝒙

𝑷𝑳𝟑 𝟏𝟔𝑬𝑰𝒛

REMARQUE : Dans les problèmes de flexion, le déplacement généralisé ui est donné par : 𝟏

𝜽𝑨 = ui = 𝐄𝐈

𝐳

𝑳

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

L’intégrale 𝑳 𝜹𝑴𝒛 (𝒙) . [𝑴𝒛 (𝒙)] 𝐝𝐱 est appelée intégrale de Mohr, dont la valeur, pour différentes formes de 𝜹𝑴𝒛 (𝒙) et de 𝑴𝒛 (𝒙) est donné par le tableau suivant sous la forme :

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1

𝐌𝐢 . [𝐌𝐣 (𝐱)] 𝒅𝒙

E

M

G

𝐿 𝑳

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20

INTÉGRALES DE MOHR (1/3)

Mj

M1

M4

𝟏 𝑴 𝑴 𝟔 𝟏 𝟒

𝑴𝟏 (𝟐𝑴𝟑 +𝑴𝟒 ) 𝟔

L

M1

L

𝟐−𝒂 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟔

𝟏 𝑴 𝑴 𝟑 𝟏 𝟑

𝑴𝟒 (𝑴𝟏 +𝟐𝑴𝟐 ) 𝟔

𝟏+𝒂 𝑴𝟏 𝑴𝟒 𝟔

𝟏 𝑴 𝑴 𝟑 𝟏 𝟒

𝟏 𝟏 (𝑴𝟏 𝑴𝟑 + 𝑴𝟐 𝑴𝟒 ) + (𝑴𝟏 𝑴𝟒 𝟑 𝟔 + 𝑴𝟐 𝑴𝟑 )

𝟐−𝒂 𝟏+𝒂 𝑴𝟏 𝑴𝟑 + 𝑴𝟏 𝑴𝟒 𝟔 𝟔

𝟏 𝑴 (𝑴 + 𝑴𝟒 ) 𝟑 𝟏 𝟑

E

M4

𝑴𝟑 (𝟐𝑴𝟏 +𝑴𝟐 ) 𝟔

M

𝟏 𝑴 𝑴 𝟑 𝟏 𝟑

M3

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L

L

G

Mi

M3

M2

M1

M1

aL

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21

INTÉGRALES DE MOHR

bL

bL

𝟏 𝑴 (𝑴 +𝑴𝟐 ) 𝟐 𝟑 𝟏

𝟐−𝒃 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟔

𝟐−𝒃 𝟏+𝒃 𝑴𝟏 𝑴𝟑 + 𝑴𝟐 𝑴𝟑 𝟔 𝟔

𝟏 (𝒃 − 𝒂)𝟐 − 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟑 𝟔𝑲

𝒃 𝟑 − 𝒃 𝑴𝟏 + 𝒃𝑴𝟐 𝑴𝟑 𝟔

𝟐𝒃 − 𝒂 +

𝒃(𝟑 − 𝒃) 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟔

E

M3

M3

𝟏 𝑴 𝑴 𝟐 𝟏 𝟑

M

M3

G

(2/3)

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𝟐 𝑴 𝑴 𝟑 𝟏 𝟑

𝟏 𝑴 𝑴 𝟐 𝟏 𝟑

𝑺𝒊 𝒂 < 𝑏 𝐾 = 𝑏(1 − 𝑎) 𝑺𝒊 𝒂 > 𝑏 𝐾 = 𝑎(1 − 𝑏)

𝒃−𝒂 𝟔

𝟐

𝒌

𝟏−𝒃 𝑴𝟏 𝑴𝟑

𝟏 + 𝒃 − 𝒃𝟐 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟑

𝒃𝟐 𝟐 − 𝒃 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟑

𝑝𝑜𝑢𝑟 𝒌 𝑣𝑜𝑖𝑟 𝑐𝑖 𝑑𝑒𝑠𝑠𝑢𝑠

22

INTÉGRALES DE MOHR (3/3)

bL 𝟏−𝟑 𝟏−𝒃 𝟔

M3

M3

𝟐

𝑴𝟏 𝑴𝟑

𝟏 𝑴 𝑴 𝟑 𝟏 𝟑

𝟏 𝑴 𝑴 𝟒 𝟏 𝟑

𝟏 𝑴 𝑴 𝟏𝟐 𝟏 𝟒

𝟐

𝑴𝟏 𝑴𝟑 −

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𝟏 − 𝟑𝒃𝟐 𝑴𝟐 𝑴𝟑 𝟔

𝑺𝒊 𝒂 > 𝑏:

𝟏 − 𝒃 𝟐 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟏−𝒂 𝟔

−𝟐 − 𝒂 − 𝟑

𝒃𝟐 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝒂 𝟔

𝟔𝒃𝟐 − 𝟒𝒃𝟑 − 𝟏 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟑

𝟏 𝑴 (𝑴 + 𝑴𝟐 ) 𝟑 𝟑 𝟏

𝟏 + 𝒂 − 𝒂𝟐 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟑

𝟖 𝑴 𝑴 𝟏𝟓 𝟏 𝟑

𝟏 𝑴 (𝟑𝑴𝟏 + 𝑴𝟐 ) 𝟏𝟐 𝟑

𝟑 − 𝟑𝒂 + 𝒂𝟐 𝑴𝟏 𝑴𝟑 𝟏𝟐

𝟏 𝑴 𝑴 𝟓 𝟏 𝟑

𝟏 𝑴 (𝑴 + 𝟑𝑴𝟐 ) 𝟏𝟐 𝟒 𝟏

𝟏 + 𝒂 + 𝒂𝟐 𝑴𝟏 𝑴𝟒 𝟏𝟐

𝟏 𝑴 𝑴 𝟓 𝟏 𝟒

E

M4

𝟏−𝟑 𝟏−𝒃 𝟔

M

M3

𝟏+𝒂−𝟑

G

𝑺𝒊 𝒂 < 𝑏:

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23

IV.2 EXERCICES En utilisant le théorème de la force unitaire et en supposant que le produit EI z est constant, calculer les déplacements et les rotations demandées pour chacun des cas suivants. Cas 1 On demande le déplacement vertical uA. (

𝑷𝑳𝟑 𝟑𝑬𝑰𝒛

P

) A

B L

Cas 3

Cas 2

q

M=20kN.m

i A B

A

2m

On demande le déplacement vertical de la section i, soit(𝜹𝒊 ) et la rotation de la section sur l’appui B, soit (𝜽𝑩 )

4m

i

2m

On demande le déplacement vertical

G

4m

de la section i, soit(𝜹𝒊 ) et la rotation de la section sur l’appui A, soit (𝜽𝑨 )

M

Cas 4 et cas 5 Calculer le déplacement Horizontal 𝛅𝐢 et la rotation 𝛗𝐢 de la section i dans les cas de chargement suivant. Le produit EIz est constant. q

2m

i

C

20kN

E

D B= i

4m

4m

A

E

4m

2

Cas 6 : En admettent que le produit EΩ est constant pour toutes les barres du treillis suivant, calculer le déplacement horizontal de la rotule F et le déplacement vertical du nœud D

4

3

P = 100kN

P = 150kN

F

E

D

2 B

2

C A

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2

4

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2

24

CHAPITRE 2 : APPLICATION AUX SYSTEMES HYPERSTATIQUES I – INTRODUCTION Un système est dit hyperstatique lorsque le nombre d’inconnues (réactions simples) est supérieur au nombre d’équations d’équilibre qui est de Trois dans le plan est de Six dans l’espace. Etant donné une structure hyperstatique, soit N le nombre de réaction (inconnues au niveau des appuis) et S le nombre d’équation de la statique, le degré d’hyperstaticité du système est égal à (N – S). Il correspond au nombre d’inconnue hyperstatique en excès. Ainsi, pour la résolution de la structure il faut alors trouver (N – S) équations supplémentaires.

G

II - APPLICATION DU TÉHORÈME DE CASTIGLIANO Etant donné une structure hyperstatique soumise à un système de charge, le déplacement généralisé ui d’une section i est donné par :

𝐮𝐢 =

𝐝𝐉 𝐝𝐏𝐢

, Pi étant la charge (réelle ou fictive) appliquée dans une section i

M

quelconque de la structure.

i

Dans l’exemple ci contre, le degré d’hyperstaticité Est de N – S = 1. Pour rendre la structure isostatique, il faut donc extérioriser l’inconnue supplémentaire.

B

A

E

Si Xi est la réaction d’appui, alors le déplacement dans la direction de Xi est nul. C'est-à-dire :

𝐮𝐢 =

𝐝𝐉

𝐝𝐗𝐢

i

=𝟎

Xi

Le déplacement ui étant compatible avec l’inconnue Xi. A Donc à chaque inconnue hyperstatique Xj supplémentaire, correspond correspond une équation du type :

𝐮𝐣 =

𝐝𝐉 𝐝𝐗𝐣

B

=𝟎

Il y a donc autant d’inconnues hyperstatiques que d’équation de ce type. Ce sont donc les équations supplémentaires nécessaires à la résolution de la structure.

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25

Application Soit à résoudre la structure hyperstatique ci dessus. Le degré d’hyperstaticité est de N – S = 3. Donc le nombre d’inconnues hyperstatiques est de 3, soit X1, X2 et X3. La structure isostatique associée s’obtient en rendant externes 3 réactions simples avec la condition que les déplacements suivant les directions de X1, X2 et X3 sont nuls.

i A

La structure isostatique associée retenue est :

X2

i

X1

B

Avec u1 = 0, u2 = 0 et u3 = 0

Ce qui se traduit par : 𝐝𝐉 𝐝𝐗𝟏

=𝟎

𝐮𝟐 =

𝐝𝐉 𝟐

G

X3

A

𝐮𝟏 =

B

=𝟎

et

𝐮𝟑 =

𝐝𝐉

𝐝𝐗𝟑

=𝟎

M

De manière générale, étant donné une structure hyperstatique de degré N’ = N – S, Le nombre d’inconnues hyperstatiques est N’. Donc, la structure isostatique est obtenue en réalisant N’ coupures pour extérioriser les Xj inconnues avec la condition que le déplacement dans la direction de Xj est nul. Soit :

𝐮𝐣 =

𝐝𝐉 𝐝𝐗𝐣

=𝟎

Avec j = 1, 2, 3, …. N’

E

EXEMPLES

Ex.1 - Cas d’une seule inconnue hyperstatique : Calculer les réactions dans le cas de la structure suivante. On donne EIz = Constante. P = 60 kN A

B

Le degré d’hyperstaticité vaut N’ = 1. Le nombre d’inconnue hyperstatique est de 1.

2m

4m

En désignant l’inconnue hyperstatique par X1, la structure isostatique associée peut être choisie parmi les structures suivantes. P = 60 kN

A

B 4m

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2m

X1

X1

P = 60 kN

A

B 4m

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2m 26

Avec les conditions : 

Pour la première structure on a :

𝐮𝟏 =



Pour la deuxième structure on a :

𝛉𝟏 =

𝐝𝐉

=𝟎

𝐝𝐗 𝟏 𝐝𝐉

=𝟎

𝐝𝐗 𝟏

Dans lesquelles l’énergie potentielle interne J est exprimée en fonction de la charge externe P et de l’inconnue hyperstatique X1.

𝑱=

𝟏

𝑴𝟐 𝒛

𝟐

𝑳 𝑬𝑰𝒁

𝐝𝐉

=

𝐝𝐗 𝟏

𝒅𝒙 Avec Mz(x) est fonction de P et de X1.

𝟏

𝝏𝑴𝒛

𝑬𝑰𝒁

𝑳

𝝏𝑿𝟏

. 𝑴𝒛 𝒅𝒙

G

En prenant comme structure isostatique associée la structure ci contre, les réactions en A sont : MA P = 60 kN A MA = 240 – 6.X1 et VA = 60 + X1 B On peut écrire :

4m

VA

 Pour 0 ≤ x ≤ 4m

2m

X1

𝜕𝑀 𝑧 𝑥 𝜕𝑋1

= 6+𝑥

M

𝑀𝑧 𝑥 = − 𝑀𝐴 + 𝑉𝐴 . 𝑥 = − 240 − 6𝑋1 + (60 + 𝑋1 )𝑥

 Pour 4m ≤ x ≤ 6m

𝜕𝑀 𝑧 𝑥

𝑀𝑧 𝑥 = 𝑋1 (6 − 𝑥) et

= 6−𝑥

E

𝜕𝑋1

𝛛𝐉

𝛛𝐗 𝟏 𝐝𝐉

𝐝𝐗 𝟏

=

𝝏𝑴𝒛

𝟏

𝑬𝑰𝒁

=𝟎

𝑳

𝝏𝑿𝟏

. 𝑴𝒛 𝒅𝒙 =

==>

𝟕𝟗𝟐𝑿𝟏 𝟑

𝟒 𝟏

𝟎

− 240 − 6𝑋1 + 60 + 𝑋1 𝑥 6 + 𝑥 𝑑𝑥

𝑬𝑰𝒁

+

− 𝟑𝟓𝟐𝟎 = 𝟎

𝟔 𝟒

𝑋1 6 − 𝑥

==>

(6 − 𝑥)𝑑𝑥

𝑿𝟏 = 𝟏𝟑. 𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵

Ex.1 - Cas de deux inconnues hyperstatiques : Calculer les réactions dans le cas de la structure suivante. On donne EIz = Constante. Le degré d’hyperstaticité vaut N’ = 2. Le nombre d’inconnue hyperstatique est de 2. Soit X1 et X2.

P

A

B 4m

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C

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4m

27

La structure isostatique associée retenue est : q

Avec :

𝒖𝟏 = 𝒖𝟐 =

𝝏𝑱 𝝏𝑿𝟏 𝝏𝑱 𝝏𝑿𝟐

P

A

=𝟎

M B

4m

=𝟎

X1

C

4m

X2

J étant l’énergie potentielle exprimée en fonction :  

Des charges externes : P, M et q, et Des réactions hyperstatiques : X1 et X2.

G

On obtient ainsi deux équations à deux inconnues que l’on peut résoudre aisément. III - APPLICATION DU THÉORÈME DE LA FORCE UNITAIRE 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏

Comme vu ci avant, la détermination des réactions hyperstatiques Xj se fait en écrivant que

𝐮𝐣 =𝟎

M

le déplacement généralisé ui est nul. Soit

𝐮 𝐣 est le déplacement produit en j dans la direction de Xj par : - Les charges externes appliquées au système isostatique associé, et - Le vecteur des inconnues hyperstatiques : Xi

Avec i = 1, 2, …. (N-S)

E

Soit :

𝒖 𝒋 = 𝒖𝒋 𝑷 + 𝒖𝒋 𝑿 = 𝟎

Méthode : Etant donné un système hyperstatique de degré N’. On exécute N’ coupures nécessaires pour rendre extérieur les N’ inconnues hyperstatiques et rendre le système isostatiques. Ce système est donc en équilibre sous l’action : - Du vecteur charge externe : 𝑷 , et - Du vecteur des N’ inconnues hyperstatiques : 𝑿 = 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … . . , 𝑿𝑵′

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28

Ainsi, on considère la structure isostatique associée soumise :  

D’abord au vecteur charge 𝑷 seul et on détermine le déplacement 𝒖𝒋 𝑷 , Ensuite, au vecteur des inconnues hyperstatiques 𝑿 et on détermine le déplacement 𝐮𝐣 𝐗 et on écrit :

𝒖 𝒋 = 𝒖𝒋 𝑷 + 𝒖𝒋 𝑿 = 𝟎

Avec

𝑿 = 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … . . , 𝑿𝑵′

Explicitement :

𝒖𝒋 𝑿 = 𝒖𝒋,𝑿𝟏 + 𝒖𝒋,𝑿𝟐 + 𝒖𝒋,𝑿𝟑 + ⋯ 𝒖𝒋,𝑿𝑵′ =

𝑵′ 𝟏

𝒖𝒋,𝑿𝒊

Calcul de 𝒖𝒋 𝑷 :

G

- On considère le système isostatique associé soumis à 𝑷 seul - 𝒖𝒋 𝑷 est le déplacement en j produit par les charges 𝑷 . En appliquant le Théorème de la force unitaire on place 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 en j dans la direction de Xj et on calcul :

𝒖𝒋 𝑷 =

𝟏 𝐄𝐈𝐳 𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

M

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) = 𝐷𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑚𝑒 𝑑𝑒𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡𝑠 𝑝𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑐𝑕𝑎𝑟𝑔𝑒 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 𝒆𝒏 𝒋 𝐌𝐳 (𝐱) = D𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑚𝑒 𝑑𝑒𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡𝑠 𝑝𝑎𝑟 𝑙𝑒 𝑣𝑒𝑐𝑡𝑒𝑢𝑟 des 𝑐𝑕𝑎𝑟𝑔𝑒 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒𝑠 𝑷

Calcul de 𝒖𝒋,𝑿𝒊 :

- On considère le système isostatique associé soumis aux inconnues hyperstatiques 𝑿 seul

E

- 𝒖𝒋,𝑿𝒊 est le déplacement en j produit par les charges 𝑿𝒊 . En appliquant le Théorème de la force unitaire, on place 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 en j dans la direction de Xj et on calcul :

𝒖𝒋,𝑿𝒊 =

𝟏

𝐄𝐈𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) = 𝐷𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑚𝑒 𝑑𝑒𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡𝑠 𝑝𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑐𝑕𝑎𝑟𝑔𝑒 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 𝒆𝒏 𝒋 𝐌𝐳 (𝐱) = D𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑚𝑒 𝑑𝑒𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡𝑠 𝑝𝑎𝑟 𝑙 ′ 𝑖𝑛𝑐𝑜𝑛𝑛𝑢𝑒 𝑕𝑦𝑝𝑒𝑟𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑞𝑢𝑒 𝑿𝒊 Par ailleurs, le déplacement en j produit par 𝑿𝒊 est proportionnel à 𝑿𝒊 . On peut donc écrire que :

𝒖𝒋,𝑿𝒊 = 𝜹𝒋𝒊 . 𝑿𝒊 𝜹𝒊𝒋 = 𝐷é𝑝𝑙𝑎𝑐𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑒𝑛 𝒋 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡 𝑝𝑎𝑟 𝑿𝒊 = 1 Pr ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

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29

𝜹𝒊𝒋 =

𝟏 𝐄𝐈𝐳 𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) = 𝐷𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑚𝑒 𝑑𝑒𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡𝑠 𝑝𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑐𝑕𝑎𝑟𝑔𝑒 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 𝒆𝒏 𝒋 𝐌𝐳 (𝐱) = D𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑚𝑒 𝑑𝑒𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡𝑠 𝑝𝑎𝑟 𝑙 ′ 𝑖𝑛𝑐𝑜𝑛𝑛𝑢𝑒 𝑕𝑦𝑝𝑒𝑟𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑞𝑢𝑒 𝑿𝒊 = 𝟏

Explicitement :

𝒖𝒋 𝑿 = 𝒖𝒋,𝑿𝟏 + 𝒖𝒋,𝑿𝟐 + 𝒖𝒋,𝑿𝟑 + ⋯ 𝒖𝒋,𝑿𝑵′ 𝒖𝒋 𝑿 = 𝜹𝒋𝟏 . 𝑿𝟏 + 𝜹𝒋𝟐 . 𝑿𝟐 + 𝜹𝒋𝟑 . 𝑿𝟑 + ⋯ 𝜹𝒋𝑵′ . 𝑿𝑵′ 𝑵′ 𝒊=𝟏 𝜹𝒋𝒊 . 𝑿𝒊

L’équation de déplacement : 𝒖 𝒋

𝒖𝒋 𝑷 +

𝑵′ 𝒊=𝟏 𝜹𝒋𝒊 . 𝑿𝒊

=𝟎

= 𝒖𝒋 𝑷 + 𝒖𝒋 𝑿 = 𝟎 devient :

G

𝒖𝒋 𝑿 =

Pour uniformiser l’écriture, on pose : 𝒖𝒋 𝑷 = 𝜹𝒋𝒐 et l’on a :

Remarques :

+ 𝜹𝒋𝒐 = 𝟎

M

𝑵′ 𝒊=𝟏 𝜹𝒋𝒊 . 𝑿𝒊



L’équation exprime le déplacement au niveau de la réaction hyperstatique Xj et dans la direction de Xj (déplacement d’ailleurs égale à zéro).



𝜹𝒋𝒐 : Déplacement en j dans la direction de Xj produit par les charges externes agissantes sur la structure isostatique associée.

𝜹𝒋𝒊 : Déplacement en j dans la direction de Xj produit par Xi = 1 agissants sur la

E

 

structure isostatique associée. Les indices i et j désignent les numéros des inconnues hyperstatiques mais sont indépendants. I = 1, 2, ……..,N’ et j = 1, 2, ……..,N’

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30

EXEMPLE D’APPLICATION On donne la structure hyperstatique suivante, soumise aux charges externes P= 50kN et M=80kN.m. On suppose que EIz est constant. On demande le de tracer le diagramme des moments Mz. P = 50kN

- Le degré d’hyperstaticité est de N’ = 2

M = 80kN.m B

- Le vecteur Charge est 𝑷 = {𝑷, 𝑴}

4m

- Le vecteur des inconnues hyperstatiques est

A

4m

𝑿 = {𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 }

2

2

Le système isostatique associé retenu est comme suit, avec :

𝒖𝟐 = 𝟎

P = 50kN

Ce qui correspond aux équations :

𝒖𝟏 = 𝟎 ====

𝟐 𝒊=𝟏 𝜹𝟏𝒊 . 𝑿𝒊

+ 𝜹𝟏𝒐 = 𝟎

𝒖𝟐 = 𝟎

𝟐 𝒊=𝟏 𝜹𝟐𝒊 . 𝑿𝒊

+ 𝜹𝟐𝒐 = 𝟎

====

M = 80kN.m B

G

𝒖𝟏 = 𝟎 𝑒𝑡

4m

4m

X1

X2

A

2

2

𝒖𝟏 = 𝟎 ==== ====

𝜹𝟏𝟏 . 𝑿𝟏 + 𝜹𝟏𝟐 . 𝑿𝟐 + 𝜹𝟏𝒐 = 𝟎 𝜹𝟐𝟏 . 𝑿𝟐 + 𝜹𝟐𝟐 . 𝑿𝟐 + 𝜹𝟐𝒐 = 𝟎

E

𝒖𝟐 = 𝟎

M

Explicitement :

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31

Détermination des coefficients 𝜹𝒋𝟎 Pour calculer les déplacements 𝜹𝟏𝟎 suivant la direction de X1, on procède comme suit : 

Sur la structure isostatique associée, On place la charge unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 dans la direction de X1 et on détermine le diagramme de moment correspondant,

B

𝜹𝑷𝒊 = 𝟏

4m A

4m

soit 𝜹𝑴𝒛 . 

2

P = 50kN

Ensuite, toujours sur le système isostatique associé, on place le vecteur 𝑷 des charges externes et on détermine le diagramme de

2

M = 80kN.m B

4m

moment correspondant, soit 𝑴𝒛 .

A

G

4m

2

2

Les diagrammes obtenus sont comme suit :

+4

- 200kN.m + 80kN.m

M

B

𝜹𝑷𝒊 = 𝟏

4m

A

4m A

+ 280kN.m

2

2

4m

E

4m

B

Diagramme 𝜹𝑴𝒛

𝜹𝟏𝟎 =

2

2

Diagramme 𝑴𝒛

𝟏 𝐄𝐈𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

En utilisant le tableau des intégrales de Mohr, on obtient : 𝜹𝟏𝟎 =

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𝟒𝟔𝟒𝟎 𝐄𝐈𝐳

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32

Pour calculer les déplacements 𝜹𝟐𝟎 suivant la direction de X2, on procède comme suit : 

Sur la structure isostatique associée, On place la charge unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 dans la direction de X2 et on détermine le diagramme de moment correspondant,

𝜹𝑷𝒊 =1

4m A

4m

2

soit 𝜹𝑴𝒛 .

P = 50kN



Ensuite, toujours sur le système isostatique associé, on place le vecteur 𝑷 des charges externes et on détermine le diagramme de

2

M = 80kN.m B

4m

moment correspondant, soit 𝑴𝒛 déjà tracé d’ailleurs.

4m

A 2

2

G

Les diagrammes obtenus sont comme suit :

- 200kN.m

+ 80kN.m

B

𝜹𝑷𝒊 =1

+4

4m

M

4m A

A

+ 280kN.m

2

2

E

Diagramme 𝜹𝑴𝒛

𝜹𝟐𝟎 =

𝟏 𝐄𝐈𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

4m

2

2

Diagramme 𝑴𝒛

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

En utilisant le tableau des intégrales de Mohr, on obtient :

𝜹𝟐𝟎 =

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𝟓𝟔𝟎 𝐄𝐈𝐳

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33

Pour calculer le déplacement 𝜹𝟏𝟏 produit par X1 suivant la direction de X1, on procède comme suit : 

Sur la structure isostatique associée, On place la charge unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 dans la direction de X1 et on détermine le diagramme de moment correspondant,

B

𝜹𝑷𝒊 = 𝟏

4m A

4m

soit 𝜹𝑴𝒛 . 

2

B

Ensuite, toujours sur le système isostatique associé, on place l’inconnu hyperstatique 𝑿𝟏 = 𝟏 et on détermine le diagramme de

4m

X11=1 X

A

4m

moment correspondant, soit 𝑴𝒛 .

2

G

Les diagrammes obtenus sont :

2

2

+4 +4X1

+4 B

𝜹𝑷𝒊 = 𝟏

4m

𝑿X𝟏1=1

4m A

M

A

4m

2

2

Diagramme 𝜹𝑴𝒛

𝟏 𝐄𝐈𝐳

E

𝜹𝟏𝟏 =

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

B

4m

2

2

Diagramme 𝑴𝒛

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

En utilisant le tableau des intégrales de Mohr, on obtient :

𝜹𝟏𝟏 =

Pr ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

𝟐𝟓𝟔 𝟑𝐄𝐈𝐳

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34

Pour calculer le déplacement 𝜹𝟏𝟐 produit par X2 suivant la direction de X1, on procède comme suit : 

B

Sur la structure isostatique associée, On place la charge unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 dans la direction de X1 et on détermine le diagramme de moment correspondant,

4m

𝜹𝑷𝒊 =1 A

4m

2

2

soit 𝜹𝑴𝒛 . 

B

Ensuite, toujours sur le système isostatique associé, on place l’inconnue hyperstatique 𝑿𝟐 et on détermine le diagramme de

XX 2=1 2

4m 4m

moment correspondant, soit 𝑴𝒛 .

A 2

2

+4 B

G

Les diagrammes obtenus sont comme suit :

𝜹𝑷𝒊 = 𝟏

4m

M

A

4m

2

+4X2

2

𝟏

𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

A 2

2

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

E

𝜹𝟏𝟐 = 𝐄𝐈

X2𝑿=1 𝟐

4m

En utilisant le tableau des intégrales de Mohr, on obtient :

𝜹𝟐𝟏 =

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𝟑𝟐 𝐄𝐈𝐳

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35

Pour calculer le déplacement 𝜹𝟐𝟏 produit par X1 suivant la direction de X2, on procède comme suit : 

Sur la structure isostatique associée, On place la charge unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 dans la direction de X2 et on détermine le diagramme de moment correspondant,

𝜹𝑷𝒊 =1 A

4m

2

soit 𝜹𝑴𝒛 . 

2

B

Ensuite, toujours sur le système isostatique associé, on place l’inconnue hyperstatique 𝑿𝟏 et on détermine le diagramme de

X𝑿1𝟏=1

4m A

4m

moment correspondant, soit 𝑴𝒛 .

2

2

G

Les diagrammes obtenus sont comme suit :

+4X1

𝜹𝑷𝒊 =1

4m

X1𝟏=1 𝑿

4m

A

M

+4

2

2

𝟏

𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

A 4m

2

2

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

E

𝜹𝟐𝟏 = 𝐄𝐈

B

En utilisant le tableau des intégrales de Mohr, on obtient :

𝜹𝟐𝟏 = Remarquer que :

𝟑𝟐𝑿𝟏 𝐄𝐈𝐳

𝜹𝟐𝟏 = 𝜹𝟏𝟐

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36

Pour calculer le déplacement 𝜹𝟐𝟐 produit par X2 suivant la direction de X2, on procède comme suit : 

Sur la structure isostatique associée, On place la charge unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 dans la direction de X2 et on détermine le diagramme de moment correspondant,

𝜹𝑷𝒊 =1 A

4m

2

soit 𝜹𝑴𝒛 . 

2

B

Ensuite, toujours sur le système isostatique associé, on place l’inconnue hyperstatique 𝑿𝟐 et on détermine le diagramme de

X X22=1

4m A

4m

moment correspondant, soit 𝑴𝒛 .

2

2

G

Les diagrammes obtenus sont comme suit :

𝜹𝑷𝒊 =1

4m

+4X2

A

M

+4

4m

2

2

𝟏

𝜹𝟐𝟐 = 𝐄𝐈

𝐳

𝑺𝒕𝒓𝒖𝒄𝒕𝒖𝒓𝒆

𝑿𝟐

A 2

2

𝛅𝐌𝐳 (𝐱) . [𝐌𝐳 (𝐱)] 𝒅𝒙

E

En utilisant le tableau des intégrales de Mohr, on obtient : 𝜹𝟐𝟐 =

𝟔𝟒𝑿𝟐 𝐄𝐈𝐳

Il est à noter que pour chercher le déplacement dans une direction donnée :

 On commence toujours par placer la charge unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 (sur le système isostatique associé) suivant cette direction et l’on trace le diagramme correspondant𝜹𝑴𝒛 .

 Ensuite, ce diagramme est intégré avec chacun des diagrammes notés 𝑴𝒛 correspondant aux charges externes et aux inconnues hyperstatiques pour calculer les déplacements produit par chacune des forces suivant la direction considérée. Il est donc possible et pratique de présenter ces diagrammes sous la forme de tableau.

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37

+4

𝜹𝑷𝒊 = 𝟏

4m

𝜹𝑷𝒊 =1

4m

B

𝜹𝑴𝒛

+4

A

A

𝑴𝒛

4m

2

2

2

𝜹𝟐𝟎 =

𝟓𝟔𝟎 𝐄𝐈𝐳

2

- 200kN.m + 80kN.m

B

𝟒𝟔𝟒𝟎 𝐄𝐈𝐳

𝜹𝟏𝟎 =

4m A

+ 280kN.m

4m

2

2

G

+4X1 B

𝜹𝟏𝟏 =

𝑿𝟏

4m

X1=1

A 4m

2

2

𝜹𝟐𝟏 =

𝟑𝟐 𝐄𝐈𝐳

𝟑𝟐 𝐄𝐈𝐳

𝜹𝟐𝟐 =

𝟔𝟒 𝐄𝐈𝐳

𝟐 X2𝑿=1

M

4m +4X2

𝟐𝟓𝟔 𝟑𝐄𝐈𝐳

𝜹𝟏𝟐 =

A 2

2

Les équations s’écrivent alors : 𝟐𝟓𝟔

𝒖𝟐 = 𝟎

====

𝟑𝐄𝐈𝐳

𝟑𝟐 𝐄𝐈𝐳

𝟑𝟐

. 𝑿𝟏 + 𝐄𝐈 . 𝑿𝟐 +

E

𝒖𝟏 = 𝟎 ====

𝐳

𝟒𝟔𝟒𝟎 𝐄𝐈𝐳

𝟔𝟒

𝟓𝟔𝟎

𝐳

𝐄𝐈𝐳

. 𝑿𝟏 + 𝐄𝐈 . 𝑿𝟐 +

=𝟎

=𝟎

Tout calcul fait on obtient : 𝑿𝟏 =

𝟖𝟏𝟕.𝟓 𝟏𝟑

= − 𝟔𝟐. 𝟖𝟖𝟒𝟔 (

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)

,

𝑿𝟐 =

𝟐𝟗𝟓 𝟏𝟑

= 𝟐𝟐. 𝟔𝟗𝟐𝟑 (

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)

38

Les charges externes avec les réactions calculées permettent la détermination du diagramme des moments.

Diagramme des moments

Sollicitations P = 50kN

M = 80kN.m B 𝟐𝟗𝟓

X X22=

4m 4m

A

X1=

𝟏𝟑

4m

𝟖𝟏𝟕.𝟓 𝟏𝟑

A

4m

2

2

IV – EXERCICES

G

Utiliser la méthode de la force unitaire dans tous ces exercices. Dans chacun des exercices suivants, on considère que les produits EIz et EΩ sont constants. Ex.1 – Calculer le déplacement vertical de la section située à mi-travée d’une poutre de longueur L, bi-encastrée et chargée uniformément. A

q = 25kN/m

M

B

4m

Ex.2 – Calculer la rotation de la section située au niveau de l’appui central ainsi que le déplacement vertical des sections situées au milieu des deux travées. q = 25kN/m

E

A

B 4m

3m

C

Ex.3 – Dans chacun des cas suivants, déterminer la rotation de la section B et le déplacement horizontal de la section C. B

D

q = 25kN/m

C

B

M = 80kN.m

E

C

4m 3m

A

6m 6m 4m

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P = 180kN

A

D 6m

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39

Ex.4 – Pour les treillis suivants, déterminer le déplacement vertical de la rotule A et le déplacement horizontal de la rotule E.

C P2 = 250kN

D

E

P1 = 150kN

B

2m

H A

F

G

2m

I 4m

4m

2

G

D

4m

E

P1 = 50kN

P2 = 300kN

C

B

M

4m

4m

A 4m

q = 25kN/m

A P1 = 50kN

2m

B

E

E

C

4m

2m

2m

q = 25kN/m

M = 80kN.m

P1 = 50kN 8m 4 8m

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4

4

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40

CHAPITRE 3 : MÉTHODE DES FORCES I – INTRODUCTION Considérons une structure hyperstatique de degré N. Le système isostatique associé s’obtient en réalisant N coupures pour rendre externe les N inconnues supplémentaires. Le système isostatique associé est ainsi en équilibre sous l’action :  

Des charges externes, notées P1, P2, P3, ……, Pr, ……, Pm, et Des N inconnues hyperstatiques, notées X1, X2, ……, Xi, ……, XN.

On pose :

G

𝑿 =

𝑋1 𝑋2 ..

Le vecteur des inconnues hyperstatiques :

𝑷 =

M

Le vecteur des charges externes :

𝑋𝑖 . . 𝑋𝑁 𝑃1 𝑃2 ..

𝑃𝑟 . . 𝑃𝑚

Avec Pr une charge généralisée. Autrement dit Pr peut être : Une force concentrée, Un moment concentrée, Une charge distribuée, Un moment distribué.

E

   

Au niveau de chaque coupure j, le déplacement est nul dans la direction de Xj soit : 𝑼𝒋 = 𝟎 𝑼𝒋 se compose du déplacement en j produit à la fois par : 

Les charges externes 𝑃 , soit : 𝑼𝒋𝟎



Les inconnues hyperstatiques 𝑋 , soit : 𝑼𝒋𝒙

Ainsi on peut écrire : 𝑼𝒋 = 𝑼𝒋𝟎 + 𝑼𝒋𝒙 = 𝟎

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41

Avec :

𝒎 𝒓=𝟏 𝑷𝒓 𝜹𝒋𝟎𝒓

𝑼𝒋𝟎 =

et

𝑼𝒋𝒙 =

𝑵 𝒊=𝟏 𝑿𝒊 𝜹𝒋𝒙𝒊

Et où :

𝜹𝒋𝟎𝒓 : représente le déplacement en j suivant Xj produit par la charge Pr = 1 𝜹𝒋𝒙𝒊 : représente le déplacement en j suivant Xj produit par la charge Xi = 1. Ces déplacements sont déterminés au moyen du théorème de la force unitaire ! Explicitement, si le nombre d’inconnues et N, on écrira alors : 

Pour le déplacement produit par les charges externes : 𝑼𝟏𝟎 = 𝑷𝟏 𝜹𝟏𝟎𝟏 + 𝑷𝟐 𝜹𝟏𝟎𝟐 + ⋯ + 𝑷𝒓 𝜹𝟏𝟎𝒓 + ⋯ + 𝑷𝒎 𝜹𝟏𝟎𝒎

𝒋=𝟐

𝑼𝟐𝟎 = 𝑷𝟏 𝜹𝟐𝟎𝟏 + 𝑷𝟐 𝜹𝟐𝟎𝟐 + ⋯ + 𝑷𝒓 𝜹𝟐𝟎𝒓 + ⋯ + 𝑷𝒎 𝜹𝟐𝟎𝒎

G

𝒋=𝟏

….. 𝒋=𝒋

𝑼𝒋𝟎 = 𝑷𝟏 𝜹𝒋𝟎𝟏 + 𝑷𝟐 𝜹𝒋𝟎𝟐 + ⋯ + 𝑷𝒓 𝜹𝟏𝟎𝒓 + ⋯ + 𝑷𝒎 𝜹𝒋𝟎𝒎

…. 𝑼𝑵𝟎 = 𝑷𝟏 𝜹𝑵𝟎𝟏 + 𝑷𝟐 𝜹𝑵𝟎𝟐 + ⋯ + 𝑷𝒓 𝜹𝑵𝟎𝒓 + ⋯ + 𝑷𝒎 𝜹𝑵𝟎𝒎

M

𝒋=𝑵

En notation matricielle :

𝜹𝟏𝟎𝟏 𝜹𝟏𝟎𝟐 𝜹𝟐𝟎𝟏 𝜹𝟐𝟎𝟐

=

E

𝑈10 𝑈20 . . 𝑈𝐽0 ..

𝑈𝑁0

𝜹𝟏𝟎𝒓 𝜹𝟐𝟎𝒓

𝜹𝒋𝟎𝒎 𝜹𝟐𝟎𝒎

. . . . . . . . 𝜹𝟏𝟎𝒓 𝜹𝒋𝟎𝟏 𝜹𝒋𝟎𝟐 𝜹𝒋𝟎𝒎 . . . . . . . . 𝜹𝑵𝟎𝒓 𝜹𝑵𝟎𝟏𝜹𝑵𝟎𝟐 𝜹𝑵𝟎𝒎

𝑃1 𝑃2 . . 𝑃𝐽 .. 𝑃𝑁

Soit :

𝑼𝟎 = 𝑺𝟎 . 𝑷 

Pour le déplacement produit par les inconnues hyperstatiques :

𝒋=𝟏

𝑼𝟏𝒙 = 𝑿𝟏 𝜹𝟏𝒙𝟏 + 𝑿𝟐 𝜹𝟏𝒙𝟐 + ⋯ + 𝑿𝒊 𝜹𝟏𝒙𝒊 + ⋯ + 𝑿𝑵 𝜹𝟏𝒙𝑵

𝒋=𝟐 ….. 𝒋=𝒋 …. 𝒋=𝑵

𝑼𝟐𝒙 = 𝑿𝟏 𝜹𝟐𝒙𝟏 + 𝑿𝟐 𝜹𝟐𝒙𝟐 + ⋯ + 𝑿𝒊 𝜹𝟐𝒙𝒊 + ⋯ + 𝑿𝑵 𝜹𝟐𝒙𝑵 𝑼𝒋𝒙 = 𝑿𝟏 𝜹𝒋𝒙𝟏 + 𝑿𝟐 𝜹𝒋𝒙𝟐 + ⋯ + 𝑿𝒊 𝜹𝟏𝒙𝒊 + ⋯ + 𝑿𝑵 𝜹𝒋𝒙𝑵 𝑼𝑵𝒙 = 𝑿𝟏 𝜹𝑵𝒙𝟏 + 𝑿𝟐 𝜹𝑵𝒙𝟐 + ⋯ + 𝑿𝒊 𝜹𝑵𝒙𝒊 + ⋯ + 𝑿𝑵 𝜹𝑵𝒙𝑵

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42

En notation matricielle :

𝑈1𝑥 𝑈2𝑥 . . 𝑈𝐽𝑥 ..

𝑈𝑁𝑥

𝜹𝟏𝒙𝒊 𝜹𝟐𝒙𝒊

𝜹𝟏𝒙𝟏 𝜹𝟏𝒙𝟐 𝜹𝟐𝒙𝟏 𝜹𝟐𝒙𝟐 =

𝜹𝒋𝒙𝑵 𝜹𝟐𝒙𝑵

. . . . . . . . 𝜹𝒋𝒙𝒊 𝜹𝒋𝒙𝟏 𝜹𝒋𝒙𝟐 𝜹𝒋𝒙𝑵 . . . . . . . . 𝜹𝑵𝒙𝒊 𝜹𝑵𝒙𝟏 𝜹𝑵𝒙𝟐 𝜹𝑵𝒙𝑵

𝑋1 𝑋2 . . 𝑋𝐽 .. 𝑋𝑁

Soit :

𝑼𝒙 = 𝑺𝒙 . 𝑿 Et d’après le théorème de Maxwell-Betti on a :

G

𝜹𝒋𝒙𝒊 = 𝜹𝒋𝒙𝒊

Par conséquent, la matrice 𝑺𝒙 est symétrique. Elle est donc inversible. Son inverse existe et est noté :

𝑺𝒙

−1

M

II – PRINCIPE DE LA MÉTHODE

Les déplacements étant nuls au niveau des N coupures, on a :

𝑼𝟎 + 𝑼𝒙 = 𝟎

𝑺𝟎 . 𝑷 + 𝑺𝒙 . 𝑿 = 𝟎

E

D’où :

𝑿 = − 𝑺𝒙

−1 .

𝑺𝟎 . 𝑷

Cette relation fondamentale de la méthode des forces permet le calcul des inconnues hyperstatiques. Le problème revient donc à déterminer les matrices 𝑺𝒙 et 𝑺𝟎 !! Leurs

composantes sont des déplacements déterminés au moyen du théorème de la force unitaire !

Les composantes des deux matrices sont définies comme suit :

𝜹𝒋𝟎𝒓 : représente le déplacement en j suivant Xj produit par la charge Pr = 1 𝜹𝒋𝒙𝒊 : représente le déplacement en j suivant Xj produit par la charge Xi = 1.

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43

III – APPLICATIONS Soit à déterminer les réactions d’appuis dans le cas de la structure suivante.

a) - Le degré d’hyperstaticité est N = 2. Le

P1 = 50kN P2 = 50kN

système isostatique associé s’obtient en réalisant deux coupures. Il est alors en équilibre sous l’action :  Du vecteur des inconnues hyperstatiques : P1 = 50kN

𝑿 = 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 Et du vecteur des charges externes est de : 𝑷 = 𝑷𝟏 , 𝑷𝟐

P2 = 50kN

G



X1

X2

b) - Les matrices 𝑺𝒙 et 𝑺𝟎 s’écrivent alors comme: 𝜹𝟏𝟎𝟏 𝜹𝟐𝟎𝟏

𝜹𝟏𝟎𝟐 𝜹𝟐𝟎𝟐

𝜹𝟏𝒙𝟏 𝜹𝟐𝒙𝟏

𝜹𝟏𝒙𝟐 𝜹𝟐𝒙𝟐

M

𝑺𝟎 = 𝑺𝒙 =

c) – Détermination des coefficients des matrices 𝑺𝒙 et 𝑺𝟎 . Le tableau ci-dessous donne les diagrammes 𝜹𝑴Z et 𝑴Z permettant le calcul des différentes composantes des deux matrices.

E

Les réactions hyperstatiques s’obtiennent en résolvant les deux équations de déplacement, à savoir :

𝑼𝟏 = 𝑼𝟏𝟎 + 𝑼𝟏𝒙 = 𝟎

𝑼𝟐 = 𝑼𝟐𝟎 + 𝑼𝟐𝒙 = 𝟎

Soit explicitement :

𝑼𝟏 = 𝑷𝟏 𝜹𝟏𝟎𝟏 + 𝑷𝟐 𝜹𝟏𝟎𝟐 + 𝑿𝟏 𝜹𝟏𝒙𝟏 + 𝑿𝟐 𝜹𝟏𝒙𝟐 = 𝟎 𝑼𝟐 = 𝑷𝟏 𝜹𝟐𝟎𝟏 + 𝑷𝟐 𝜹𝟐𝟎𝟐 + 𝑿𝟏 𝜹𝟐𝒙𝟏 + 𝑿𝟐 𝜹𝟐𝒙𝟐 = 𝟎

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44

𝜹𝑴𝒛

-1

-3 𝜹𝑷I =1

𝜹𝑴Z

𝑴𝒛

𝜹𝑴Z

𝟑 𝟒

1

P1 = 1 +1

𝟏 𝟒

𝟑 𝟒

𝟏 𝟐

𝑴Z

𝜹𝟏𝟎𝟏 =

𝐄𝐈𝐳

𝟏 𝟒

𝜹𝑷I =1

𝜹𝟐𝟎𝟏 =

𝐄𝐈𝐳

𝟏 𝟐

P2 = 1

G

+1.5

𝜹𝟏𝟎𝟐 =

𝟏 𝟐

+1.5 1

𝐄𝐈𝐳

𝜹𝟐𝟎𝟐 =

𝐄𝐈𝐳

-3

M

𝟏 𝟐

𝑿I =1

𝜹𝟏𝒙𝟏 =

𝟑 𝟒

1

𝐄𝐈𝐳

𝜹𝟐𝒙𝟏 =

𝐄𝐈𝐳

E

𝟑 𝟒

-1

𝜹𝑴Z

𝟏 𝟒

𝜹𝟏𝒙𝟐 =

𝟏 𝟒

𝐄𝐈𝐳

𝜹𝟐𝒙𝟐 =

𝐄𝐈𝐳

𝜹𝑷I =1

Tout calcul fait on obtient : X1 = ……………..

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et

X2 = ……………..

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45

IV – EXERCICES Utiliser la méthode des forces pour traiter les exercices suivants.

Ex.1 - Tracer les diagrammes de moment Mz et de l’effort tranchant Ty. On donne EIz=Cte.

q =10kN/m

P = 50kN B

Calculer le déplacement vertical de la section C.

C

A

2m

4m

 

G

Ex.2 – Tracer les diagrammes de moment Mz et de l’effort tranchant Ty. On donne EIz=Cte. Calculer le déplacement vertical de la section C. Calculer la rotation de la section d’extrémité E. P = 80kN M = 100kN.m

q =10kN/m

E

C

D

M

A 4m

4m

4m

B 2m

E

Ex.3 – Tracer les diagrammes de moment Mz et de l’effort tranchant Ty. On donne EIz=Cte.   

Calculer le déplacement vertical de la section C. Calculer la rotation de la section D. Calculer le déplacement M = 100kN.mhorizontal de la section F.

P1 = 40kN

F C

E

2m

D P2 = 120kN

2m

A

B 4m

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4m

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46

Ex.4 – Dans le cas des treillis suivants on considère EΩ=Cte. On demande de calculer :  

Les déplacements horizontaux des rotules A et B dans le cas I. Les déplacements verticaux des rotules A et B dans le cas II.

F

A

H

P1 = 100kN 4m

4m

B

G

P2 = 50kN

4m

4m

F

G

A

E

D

P2= 100kN

C

4m

P1 = 100kN

4m

G

4m D

E

B

C

4m

Cas II

4m

M

Cas I Ex.5 – La structure suivante est composée d’une poutre horizontale travaillant en flexion, supportée par une structure en treillis. On considère EΩ=Cte et EI z=Cte . On demande de calculer : Le déplacement horizontal de l’appui F, Le déplacement vertical de l’extrémité G, La rotation de la section située au niveau de la rotule E

E

  

2m

6m

P1 = 100kN

2m

q =10kN/m F

P2 = 150kN

G

2m E

M = 100kN.m

B

3m 2m

5m A

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D

5m

2m C

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47

CHAPITRE 4 : POUTRES CONTINUES - MÉTHODE DES TROIS MOMENTS

I - INTRODUCTION Il s’agit d’une méthode permettant la détermination des moments sur appuis pris comme inconnues hyperstatiques. L’établissement de la méthode est basé sur l’utilisation du théorème de la force unitaire. II – THÉORÈME DES TROIS MOMENTS 1 – Etude des poutres à une portée 1.1 - Poutre isostatique Considérons une poutre isostatique de longueur L, soumise : Aux moments M1 et M2 appliqués au niveau des appuis d’extrémité 1 et 2, et Aux charges en travée appliqués entre les appuis, vecteur 𝑷 .

G

-

M1

M2

𝜽𝟏

M

1

L

𝜽𝟐

2

Sous l’action des charges la poutre fléchie. Les rotations des sections sur appuis 1 et 2 sont notées

𝜽𝟏 et 𝜽𝟐 qui sont fonctions de M1, M2 et 𝑷 .

L’application du théorème de la force unitaire 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 permet d’écrire : 𝟏 𝑬𝑰𝒛

𝜹𝑴𝒛 𝑴𝒛 𝒅𝒙

𝜽𝟐 =

Et

E

𝜽𝟏 =

𝟏 𝑬𝑰𝒛

𝜹𝑴𝒛 𝑴𝒛 𝒅𝒙 dans lesquels :

𝑴𝒛 est le diagramme de moment produit par le système de charge M1, M2 et 𝐏 . 𝜹𝑴𝒛 est le diagramme produit par : - 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 appliquée en 1 pour le calcule de 𝜽𝟏 - 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏 appliquée en 2 pour le calcule de 𝜽𝟐 .





On pose :

𝑴𝒛 𝒙 = 𝑴𝟏𝟐 𝒙 + 𝑴𝟎 (𝒙)

Et

𝜹𝑴𝒛 𝒙 = 𝒎𝟏 (𝒙)

Avec :   

𝑴𝟏𝟐 𝒙 : 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡 à 𝑙 ′ 𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑠𝑒 𝑥 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡 𝑝𝑎𝑟 𝑙𝑒𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑀1 𝑒𝑡 𝑀2 𝑴𝟎 𝒙 : 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡 à 𝑙 ′ 𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑠𝑒 𝑥 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡 𝑝𝑎𝑟 𝑙𝑒𝑠 𝑐𝑕𝑎𝑟𝑔𝑒𝑠 𝑒𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑣é𝑒 𝑃 𝒎𝟏 𝒙 : 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑖𝑡 𝑝𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑐𝑒 𝑢𝑛𝑖𝑡𝑎𝑖𝑟𝑒 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏.

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48

𝑴𝟏𝟐 𝒙

1

Diagramme : 𝑴𝟏𝟐 M1

2

M2

+ L

x

Diagramme : 𝑴𝟎

G

+

1

L

𝑿′𝑮

G

𝑿𝑮 '

𝒎𝟏 𝒙 =

Diagramme : 𝜹𝑴𝒛 𝑃𝑜𝑢𝑟 𝑙𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙 𝑑𝑒 𝜃1

1 𝜹𝑷𝒊 = 𝟏

2

𝑴𝟎 𝒙

x

𝑳−𝒙 𝑳

2

M

+ L

X’

X '

Diagramme : 𝜹𝑴𝒛 𝑃𝑜𝑢𝑟 𝑙𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙 𝑑𝑒 𝜃2

𝒎𝟏 𝒙 =

E

1

𝒙 𝑳

2

𝜹𝑷𝒊 = 𝟏

+ L

x



Calcul des rotations 𝜽𝟏 𝒆𝒕 𝜽𝟐 𝟏

𝜽𝟏 = 𝑬𝑰

𝑚1 𝑥 𝑀𝑧 𝑥 𝑑𝑥 =

𝒛

𝟏

𝜽𝟏 = 𝑬𝑰

𝑚1 𝑥 . 𝑀12 𝑥 + 𝑀0 (𝑥) 𝑑𝑥

𝟏

𝑚1 𝑥 . 𝑀12 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑬𝑰

𝒛

𝟏

𝜽𝟏 = 𝑬𝑰

𝟏 𝑬𝑰𝒛

𝐿 𝒛

6

(2𝑀1 + 𝑀2 ) +

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𝑥′ 𝐿

𝒛

𝑚1 𝑥 . 𝑀0 𝑥 𝑑𝑥

. 𝑀0 𝑑𝑥

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49

𝐸𝐼𝑧 𝜃1 =

𝐿 (2𝑀1 6

+ 𝑀2 ) +

𝑥′ . 𝐿

𝑀0 𝑑𝑥

𝒙′ . 𝑴𝟎 𝒅𝒙 représente le moment statique de la surface du

Noter que le terme :

diagramme M0 par rapport à l’appui 2, qui vaut :

𝒙′ . 𝑴𝟎 𝒅𝒙 = 𝒙′𝑮 . 𝛀𝑴𝟎 Dans laquelle : 

𝛀𝐌𝟎 représente l′ aire du diagramme 𝑴𝟎



𝒙′𝑮 représente la distance entre l′ appui 2 et le centre de gravité de l′ aire du diagramme M0 .

𝑬𝑰𝒛 𝜽𝟏 =

𝑳 𝟔

(𝟐𝑴𝟏 + 𝑴𝟐 ) +

𝒙′𝑮 𝑳

G

On a alors :

. 𝛀𝑴𝟎

Qui s’écrit en posant la longueur 𝑳 = 𝑳𝟏𝟐 comme portée de la travée 1-2.

M

6 𝟔 𝑬𝑰𝒛 𝜽𝟏 = 𝟐𝑴𝟏 + 𝑴𝟐 + 𝟐 . 𝛀𝑴𝟎 . 𝒙′𝑮 𝐿12 𝑳𝟏𝟐

De la même manière on obtient :

6 𝟔 𝑬𝑰𝒛 𝜽𝟐 = 𝑴𝟏 + 𝟐𝑴𝟐 + 𝟐 . 𝛀𝑴𝟎 . 𝒙𝑮 𝐿12 𝑳𝟏𝟐

E

Les termes : 𝒎′ =

𝟔

𝑳𝟐 𝟏𝟐

. 𝛀𝑴𝟎 . 𝒙′𝑮

𝒆𝒕

𝒎′′ =

𝟔 𝑳𝟐 𝟏𝟐

. 𝛀𝑴𝟎 . 𝒙𝑮

Ne dépendent que des charges et sont appelés : Caractéristiques des charges. Dans le cas ou l’inertie de la poutre est constante on a : 

𝜽𝟏 =



𝜽𝟐 =

𝑳𝟏𝟐 𝟔𝑬𝑰𝒛 𝑳𝟏𝟐 𝟔𝑬𝑰𝒛

(𝟐𝑴𝟏 + 𝑴𝟐 + 𝒎′ ) (𝑴𝟏 + 𝟐𝑴𝟐 + 𝒎′′ )

Il s’en suit donc que : 𝑬𝒇𝒇𝒆𝒕 = 𝑭(𝑪𝒂𝒓𝒂𝒄𝒕é𝒓𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒑𝒐𝒖𝒕𝒓𝒆, 𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒂𝒖𝒙 𝒆𝒙𝒕𝒓é𝒎𝒊𝒕é𝒔 𝒆𝒕 𝑪𝒉𝒂𝒓𝒈𝒆𝒔 𝒆𝒏 𝒕𝒓𝒂𝒗é𝒆)

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50

Exemple de calcul des caractéristiques de charges : 𝒎′ 𝒆𝒕 𝒎′′ a) – Charge uniforme q 𝑳

𝒙′𝑮 = 𝒙𝑮 = 𝟐 . Par conséquent : G

+

𝟔 𝟐 𝒒𝑳𝟐 𝑳 𝒒𝒍𝟐 𝒎 =𝒎 = 𝟐 . 𝑳. = 𝑳 𝟑 𝟖 𝟐 𝟒 ′

′′

𝑳 𝟐

𝑳 𝟐

𝒒𝑳𝟐 𝟖

b) - Charge Concentrée

=

𝒎′ =

𝒂+𝑳 𝟑

𝒆𝒕

𝒙𝑮 =

+

𝟔 𝟏 𝑷𝒂𝒃 𝒃 + 𝒍 . 𝑳. 𝑳𝟐 𝟐 𝑳 𝟑

𝑷𝒂𝒃 𝑳

𝟔 𝟏 𝑷𝒂𝒃 𝒂 + 𝒍 𝒎 = 𝟐 . 𝑳. 𝑳 𝟐 𝑳 𝟑 ′′

𝒎′ =

𝑷𝒂𝒃 (𝒃 𝑳𝟐

+ 𝒍)

𝒃

G

𝑳

𝒙′𝑮

𝒙𝑮

𝒎′′ =

Et

M

Soit donc :

P

𝒂

𝒃+𝑳 𝟑

G

𝒙′𝑮

𝑷𝒂𝒃 (𝒂 + 𝑳𝟐

𝒍)

1.2 - Poutre Hyperstatique

a) – Poutre encastrée d’un côté et simplement appuyé de l’autre 𝟏

E

Soit la structure hyperstatique suivante. Le degré d’hyperstaticité est de N=1.

𝟐

𝑳

La structure isostatique associée s’obtient en rendant externe le moment d’encastrement M1 avec la condition que l’angle de rotation θ1 = 0

𝑴𝟏

𝟏

𝟐

𝑳

θ1 = 0

Les rotations au niveau des appuis sont données par les expressions : 

𝜽𝟏 =



𝜽𝟐 =

𝐿12 6𝐸𝐼𝑧 𝐿12 6𝐸𝐼𝑧

(2𝑀1 + 𝑀2 + 𝑚′ ) (𝑀1 + 2𝑀2 + 𝑚′′ )

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51

Or, 𝜽𝟏 = 𝟎 et M2 = 0. En tenant des expressions ci-dessus, on a :

2𝑀1 + 𝑚′ = 0 𝑑 ′ 𝑜ù 𝑀1 = −

𝑚′

𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑚′ =

2

Qui, pour une charge uniforme q on a : 𝑚′ = −

6 𝐿2

𝑞𝐿 2 4

. Ω𝑀0 . 𝑥𝐺′ et 𝑴𝟏 = −

𝒒𝑳𝟐 𝟖

Connaissant les charges ainsi que les moments qui s’exercent sur les appuis, on peut alors déterminer les réactions et par conséquent tracer les digrammes désirés. a) – Poutre bi-encastrée Le degré d’hyperstaticité est de N = 3.

𝟏

𝟐

La structure isostatique associée s’obtient en rendant externe, trois inconnues : les moments d’encastrement M1 et M2 et la

G

𝑳

réaction horizontale de l’appui 2 (par exemple) avec les conditions que les rotations des sections 𝜽𝟏 = 𝟎 et 𝜽𝟐 = 𝟎. 𝑴𝟏

𝟏

𝟐

𝑴𝟐

M

𝑯𝟐 𝑳

Les expressions de 𝜽𝟏 𝑒𝑡 𝜽𝟐 donnent : 2𝑀1 + 𝑀2 + 𝑚′ = 0

E

𝑀1 + 2𝑀2 + 𝑚′′ = 0 Ce qui donne :

𝑴𝟏 = −

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𝟐𝒎′ −𝒎′′ 𝟑

𝒆𝒕 𝑴𝟐 = −

𝟐𝒎′′ −𝒎′ 𝟑

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52

6 - Poutre continue – Equation des trois moments (Equation de Clapeyron) Notation : Soit une poutre continue à n travées. Considérons les travées notées i-j et j-k Déformée

j

i

k

Les travées ainsi isolées sont en équilibre sous l’action : 

Des charges externes qui leur sont appliquées en travées, et



Les moments sur appui : Mi, Mj et Mk.

G

Sous l’effet des charges, la poutre continue se déforme. Les angles de rotation au niveau des appuis sont notés : 𝒈



Travée i-j :

𝜽𝒅𝒊 et 𝜽𝒋 au niveau des appuis i et j



Travée j-k :

𝜽𝒅𝒋 et 𝜽𝒌 au niveau des appuis j et k

𝒈

La continuité de la déformée sur l’appui j impose que la rotation relative des deux

M

sections gauche et droite soit nulle :

𝒈

𝜽𝒋 + 𝜽𝒅𝒋 = 𝟎

Equation de continuité en « j » : Mi

Mj

𝒈

𝜽𝒋

j

E

i

𝜽𝒅𝒊

Mj

j

Mk

𝜽𝒅𝒋

𝒈

𝜽𝒌

k

En supposant que l’inertie des poutres et leur longueur sont désignées par : 

𝑰𝒊𝒋 et 𝑳𝒊𝒋 pour la travée 𝐢 − 𝐣



𝑰𝒋𝒌 et 𝑳𝒋𝒌 pour la travée 𝐣 − 𝐤

On peut écrire les angles de rotation comme : 𝒈

𝐿



𝜽𝒋 = 6𝐸𝐼𝑖𝑗 (𝑀𝑖 + 2𝑀𝑗 + 𝑚𝑖𝑗′′ )



𝜽𝒅𝒋

𝑖𝑗

𝐿𝑗𝑘

′ = 6𝐸𝐼 (2𝑀𝑗 + 𝑀𝑘 + 𝑚𝑗𝑘 ) 𝑗𝑘

L’équation de continuité s’écrit alors :

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53

𝐿𝑖𝑗 6𝐸𝐼𝑖𝑗

𝑀𝑖 + 2𝑀𝑗 + 𝑚𝑖𝑗′′ +

𝐿𝑗𝑘 6𝐸𝐼𝑗𝑘

′ 2𝑀𝑗 + 𝑀𝑘 + 𝑚𝑗𝑘 =0

Pour simplifier l’expression on pose :

- 𝑳’ = 𝑳 .

𝑰𝒄 𝑰

Comme la flexibilité de la poutre,

- 𝑰𝒄 : Moment d’inertie conventionnelle choisi de manière arbitraire. On a alors :

𝐿𝑖𝑗

𝐼𝑐 𝐼𝑖𝑗

𝑀𝑖 + 2𝑀𝑗 + 𝑚𝑖𝑗′′ + 𝐿𝑗𝑘

𝐼𝑐 𝐼𝑗𝑘

′ 2𝑀𝑗 + 𝑀𝑘 + 𝑚𝑗𝑘 =0

Ou encore :

En réorganisant les termes on obtient :

G

′ ′ 𝐿′𝑖𝑗 𝑀𝑖 + 2𝑀𝑗 + 𝑚𝑖𝑗′′ + 𝐿𝑗𝑘 2𝑀𝑗 + 𝑀𝑘 + 𝑚𝑗𝑘 =0

′ ′ ′ ′ 𝐿′𝑖𝑗 𝑀𝑖 + 2 𝐿′𝑖𝑗 + 𝐿𝑗𝑘 𝑀𝑗 + 𝐿𝑗𝑘 𝑀𝑘 + 𝐿′𝑖𝑗 𝑚𝑖𝑗′′ + 𝐿𝑗𝑘 𝑚𝑗𝑘 =0

M

′ ′ ′ ′ 𝐿′𝑖𝑗 𝑴𝒊 + 2 𝐿′𝑖𝑗 + 𝐿𝑗𝑘 𝑴𝒋 + 𝐿𝑗𝑘 𝑴𝒌 + 𝐿′𝑖𝑗 𝑚𝑖𝑗′′ +𝐿𝑗𝑘 𝑚𝑗𝑘 =0

Qui est l’équation des trois moments et qui exprime la continuité de la déformée au niveau de l’appui « j ». Noter que cette condition introduit le moment sur l’appui j et les deux moments sur les appuis qui l’encadrent.

E

2 – Exemple d’application a) Cas général Soit à déterminer le diagramme de moment fléchissant pour le cas de la poutre continue à quatre travées ayant le même module d’inertie Iz et le même module élastique E. Le degré d’hyperstaticité est de N = 3. Les inconnues hyperstatiques sont les moments sur appui, soit donc M1, M2 et M3. La détermination des inconnues hyperstatiques nécessite l’écriture de trois équations. Ce sont les conditions de continuité de la déformée au niveau des sections se trouvant sur les appuis 2, 3 et 4. Condition de continuité sur l’appui 1 ′′ ′ 𝐿′12 𝑀1 + 2 𝐿′12 + 𝐿′23 𝑀2 + 𝐿′23 𝑀3 + 𝐿′12 𝑚12 + 𝐿′23 𝑚23 =0

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54

Condition de continuité sur l’appui 2 ′′ ′ 𝐿′23 𝑀2 + 2 𝐿′23 + 𝐿′34 𝑀3 + 𝐿′34 𝑀4 + 𝐿′23 𝑚23 + 𝐿′34 𝑚34 =0

Condition de continuité sur l’appui 4 ′′ ′ 𝐿′34 𝑀3 + 2 𝐿′34 + 𝐿′45 𝑀4 + 𝐿′45 𝑀5 + 𝐿′34 𝑚34 + 𝐿′45 𝑚45 =0

P1 1

P2

2 12m

q 3

20m

M0 4

20m

5

12m

On obtient ainsi 3 équations à 3 inconnues M1, M2 et M3 avec :

𝑀1 = 𝑀5 = 0 (𝐴𝑝𝑝𝑢𝑖𝑠 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒𝑠 𝑠𝑎𝑛𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒𝑠) 𝐿𝑒𝑠 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑒𝑠 𝑚𝑖𝑗′ 𝑒𝑡 𝑚𝑖𝑗′′ calculés en considérant la travée i-j isostatique seule

G

 

sollicitée aux charges qui lui sont appliquées. Remarque : Pour une travée non chargée on a :

𝒎′𝒊𝒋 = 𝒎′′𝒊𝒋 = 𝟎

M

b) Poutre avec console d’extrémité Dans ce cas la console peut être remplacée par sont effet sur l’appui adjacent. Autrement dit, la console sera remplacée par le torseur des charges exprimé au niveau de l’appui adjacent, à savoir :

E

{𝓡 𝒍𝒂 𝒓é𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒅𝒆𝒔 𝒇𝒐𝒓𝒄𝒆𝒔 𝒆𝒕 𝒍𝒆 𝓜 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒓é𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕 }

𝓡 𝓜

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55

c) Cas d’une poutre continue avec encastrement d’extrémité Dans ce cas, l’encastrement est modélisé par une travée supplémentaire de longueur égale « 0 » et d’inertie infinie.

1

𝑳𝟎𝟏 = 𝟎

2 2

1

0

I∞

G

L’équation de continuité au niveau de l’appui « 0 », s’écrit :

′′ ′ 𝐿′01 𝑀0 + 2 𝐿′01 + 𝐿′12 𝑀1 + 𝐿′12 𝑀2 + 𝐿′01 𝑚01 + 𝐿′12 𝑚12 =0

Avec : 𝐿′01 = 0 𝑒𝑡 𝑀0 = 0 on obtient :

M

𝟐𝑴𝟏 + 𝑴𝟐 + 𝒎′𝟏𝟐 = 𝟎

3 – Calcul des réactions

Une fois que les moments d’appuis sont connus, le tracé des diagrammes des éléments de réduction, nécessite la connaissance des réactions.

E

Pour cela on isole la travée i-j dont on étudie l’équilibre statique sous l’action des charges qui lui sont appliquées d’une part et des moments d’extrémité Mi et Mj. L’équilibre de la travée i-j permet la 𝒈

détermination des réactions 𝑽𝒅𝒊 et 𝑽𝒋 .

Mi

Mj 𝑽𝒅𝒊

𝒈

A remarquer que la réaction 𝑽𝒋 est la

𝒈

𝑽𝒋

i

contribution de la travée i-j uniquement.

j

On isole ensuite la travée adjacente j-k. L’équilibre statique de la travée conduit à la 𝒈

détermination des réactions 𝑽𝒅𝒋 et 𝑽𝒌 . La réaction

𝑽𝒅𝒋

Mj

Mk

représente la contribution 𝑽𝒅𝒋

des charges au niveau de l’appui « j ». j Pr ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

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𝒈

𝑽𝒌

k 56

Il s’en suit donc que la réaction au niveau de l’appui j est : 𝒈

𝑽𝒋 = 𝑽𝒋 + 𝑽𝒅𝒋

III – EXERCICES Par application du théorème des trois moments, déterminer les diagrammes du moment de flexion Mz et de l’effort tranchant Ty dans les cas suivants.

q=5kN/m

M=25kN.m

𝟐𝑰𝟎

4m

6m

𝟐𝑰𝟎

G

𝑰𝟎

P=40kN

q=5kN/m

M

P=100kN

𝑰𝟎

𝟐𝑰𝟎

2m

6m

2

E

2m

6m

M=20kN.m

𝑰𝟎 3m

q=5kN/m

𝑰𝟎

𝑰𝟎

4m

M=25kN.m

4m

𝑰𝟎

𝑰𝟎 4m

4m

M=50kN.m

q=5kN/m

𝑰𝟎 4m

P=50kN

4m

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𝑰𝟎 8m

𝟐𝑰𝟎 6m

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𝑰𝟎 4m

57

CHAPITRE 5 : POUTRES CONTINUES - MÉTHODE DES FOYERS I - INTRODUCTION Il s’agit d’une méthode particulière de résolution du système d’équation obtenus par l’application du théorème des trois moments pour les poutres continues. II – DÉFINITION DES FOYERS Soit une poutre continue à n travées. Les appuis notés A0, A1, A2, ……, Ai, ……, An étant des appuis simples. Les travées sont numérotées 1, 2, 3, ……, i, ……, n. Les moments sur les appuis sont notés M0, M1, M2, ……, Mi, ……, Mn.

A1

1 M0

Ai-1

A2

2

Ai+1

Ai

i

M1

M2

Mi-1

An-1

An

G

A0

n

I+1

Mi

Mi+1

Mn-1

Mn

M

Supposons que seule la travée « i » est chargée. L’équation de continuité de la déformée s’écrit : 𝑀1

Appui A1 :

2 𝐿′1 + 𝐿′2 𝑀1 + 𝐿′2 𝑀2 = 0 ⟹

Appui A2 :

𝐿′2 𝑀1 + 2 𝐿′2 + 𝐿′3 𝑀2 + 𝐿′3 𝑀3 = 0 𝑀1 𝑀2

E

𝐷𝑖𝑣𝑖𝑠𝑜𝑛𝑠 𝑝𝑎𝑟 𝑀2 ⟹ 𝐿′2 Posons :

𝑴𝟏 𝑴𝟐

= −𝟐

𝑳′𝟐 ′ 𝑳𝟏 +𝑳′𝟐

𝑀2

+ 2 𝐿′2 + 𝐿′3 + 𝐿′3

= −𝝓′𝟐

𝒆𝒕

=−

𝑀3 𝑀2

𝐿′2 ′ 2 𝐿1 +𝐿′2

=0

𝑴𝟏 𝑴𝟐

(I)

(II)

= − 𝝓′𝟑

L’équation (II) devient alors : 𝑳′𝟑

𝝓′𝟑

= −𝑳′𝟐 𝝓′𝟐 + 𝟐 𝑳′𝟐 + 𝑳′𝟑

Cette écriture peut être étendue à tous les autres appuis. Il est à noter que les caractéristiques des charges 𝑚′ 𝑒𝑡 𝑚′′ , sont nulles du fait que les travées numérotées de j = 1 à (i-1) ne sont pas chargées. De manière générale, pour toute travée j, j =1, (i-1) on a :

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58

𝑳′𝒋 𝝓′𝒋

= −𝑳′𝒋−𝟏 𝝓′𝒋−𝟏 + 𝟐 𝑳′𝒋−𝟏 + 𝑳′𝒋

(III)

Ou bien pour la travée (j+1) < i on a : 𝑳′𝒋+𝟏

′ = −𝑳′𝒋 𝝓′𝒋 + 𝟐 𝑳′𝒋 + 𝑳𝒋+𝟏

𝝓′𝒋+𝟏

𝝓′𝒋 = −

Avec :

(IV)

𝑴𝒋−𝟏 𝑴𝒋

′

Les coefficients 𝝓𝒋 sont positifs et définissent les rapports entre les moments successifs. Ils ne dépendent pas du système de charges qui existe sur la ième travée.

G

Par ailleurs, les travées j=1 à j=(i-1), ne sont pas chargées. Le diagramme 𝑀𝑧 (𝑥) est par conséquent formé de segment de droites coupant l’axe « x » en des points fixes appelés FOYERS notés F’.

M

Ainsi, le tracé du diagramme des moments serait du type :

i-2

i

i-1

Pour toute travée j = 1, i-1, le diagramme de moment est du type : Mj-1

Aj

E

_

F’j

Aj-1

+

Mj

Où F’j est tel que : 𝑨𝒋−𝟏 𝑭′𝒋 𝑭′𝒋 𝑨𝒋

=−

𝑴𝒋−𝟏 𝑴𝒋

= 𝝓′𝒋

𝑶ù 𝑴𝒋 , 𝑴𝒋−𝟏 𝑠𝑜𝑛𝑡 𝑙𝑒𝑠 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑠𝑢𝑟 𝑎𝑝𝑝𝑢𝑖𝑠 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒𝑠 𝑎𝑙𝑔é𝑏𝑟𝑖𝑞𝑢𝑒𝑠‼‼ F’j étant le foyer de la travée « j ». Les foyers qui se trouvent à gauche de la travée chargée « i » sont dits Foyers de Gauche.

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59

Pour les travées situées à DROITE de la travée chargée « i », les équations de continuité s’écrivent en allant de l’appui « n » vers la travée « i » : Appui An-1 :

𝐿′𝑛−1 𝑀𝑛 −2 + 2 𝐿′𝑛−1 + 𝐿′𝑛 𝑀𝑛−1 = 0 D’où :

Appui An-2 :

𝑴𝒏−𝟏 𝑴𝒏−𝟐

=−

𝑳′𝒏−𝟏

𝟐 𝑳′𝒏−𝟏 +𝑳′𝒏

= −𝝓′′𝒏−𝟏

𝐿′𝑛−2 𝑀𝑛 −3 + 2 𝐿′𝑛−2 + 𝐿′𝑛−1 𝑀𝑛−2 + 𝐿′𝑛−1 𝑀𝑛−1 = 0

Qui peut s’écrire comme : 𝑳′𝒏−𝟐

𝝓′′𝒏−𝟐

𝝓′′𝒏−𝟏 = −

𝑴𝒏−𝟏 𝑴𝒏−𝟐

et 𝝓′′𝒏−𝟐 = −

𝑴𝒏−𝟐 𝑴𝒏−𝟑

G

Avec :

= −𝑳′𝒏−𝟏 𝝓′′𝒏−𝟏 + 𝟐 𝑳′𝒏−𝟐 + 𝑳′𝒏−𝟏

Plus généralement, pour tout appui « k » tel k > i, on a : 𝑳′𝒌

𝝓′′𝒌

= −𝑳′𝒌+𝟏 𝝓′′𝒌+𝟏 + 𝟐 𝑳′𝒌 + 𝑳′𝒌+𝟏 𝝓′′𝒌 = −

𝑴𝒌 𝑴𝒌−𝟏

M

Avec

(V)

′′

Les coefficients 𝝓𝒌 sont positifs et définissent les rapports entre les moments successifs (Moments d’appuis) situés à droite de la travée chargée « i ». Ils ne dépendent pas du système de charges qui existe sur la ième travée.

E

Par ailleurs, les travées k=i+1 à n, ne sont pas chargées. Le diagramme 𝑀𝑧 (𝑥) est par conséquent formé de segment de droites coupant l’axe « x » en des points fixes appelés FOYERS de DROITE notés F’’. Ainsi, le tracé du diagramme des moments serait du type :

I+2 i-1

i I+1

Pour toute travée k = i+1, n le diagramme de moment est du type :

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60

Mk-1

Ak

_

Ak-1

F’’k

+

Mk

Où F’’k est tel que : 𝝓′′𝒌 = −

𝑴𝒌 𝑴𝒌−𝟏

=

𝑨𝒌 𝑭′′𝒌

pour tout k > i

𝑭′′𝒌 𝑨𝒌−𝟏

𝑶ù 𝑴𝒌 , 𝑴𝒌−𝟏 𝑠𝑜𝑛𝑡 𝑙𝑒𝑠 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑠𝑢𝑟 𝑎𝑝𝑝𝑢𝑖𝑠 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒𝑠 𝑎𝑙𝑔é𝑏𝑟𝑖𝑞𝑢𝑒𝑠‼‼ F’’k étant le foyer de la travée de « k ».

G

Les foyers qui se trouvent à droite de la travée chargée « i » sont dits Foyers de Droite.

III – RÉCAPITULATIONS - Poutre continue

M

- Seule la travée « i » est chargée

- Les foyers de gauche sont tels que : j < i 𝑳′𝒋 𝝓′𝒋

= −𝑳′𝒋−𝟏 𝝓′𝒋−𝟏 + 𝟐 𝑳′𝒋−𝟏 + 𝑳′𝒋 𝝓′𝒋 = −

𝑴𝒋−𝟏 𝑴𝒋

E

Avec

- Les foyers de droite sont tels que : k > i 𝑳′𝒌

𝝓′′𝒌

Avec

′ = −𝑳′𝒌+𝟏 𝝓′′𝒌+𝟏 + 𝟐 𝑳′𝒌 + 𝑳𝒌+𝟏

𝝓′′𝒌 = −

𝑴𝒌 𝑴𝒌−𝟏

Il est à noter que la connaissance des coefficients de souplesse (ou de flexibilité) 𝑳′𝒋 et 𝑳′𝒌 , permet le calcul des 𝝓′𝒋 et 𝝓′′𝒌 et par conséquent, de localiser les foyers Fj’ et Fk’’. Il en est de même pour les foyers Fi’ et Fi’’ de la travée chargée « i ».

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61

Remarque : 

1ère travée avec appui simple d’extrémité :

Foyer de gauche de la 1ère travée : 𝝓′𝟏 = − M0=0

𝑴𝟏

=𝟎

⟹

𝑭′𝟏 = 𝑨𝟎

M1

A0= F’1

A1

1ère travée avec encastrement d’extrémité :

𝝓′𝟏 = −

Foyer de la 1ère travée :

𝝓′𝟏 = −

D’où :

𝑴𝟎 𝑴𝟏

=

𝟏

et

𝟐

𝑴𝟎 𝑴𝟏

𝒆𝒕 𝟐𝑳′𝟏 𝑴𝟎 + 𝑳′𝟏 𝑴𝟏 = 𝟎 𝟏

𝑨𝟎 𝑭′𝟏 = 𝟑 𝑨𝟎 𝑨𝟏

G



𝑴𝟎

M0 ≠ 0

M1

F’1

M

A1

IV – MÉTHODE DE RÉSOLUTION

Supposons que pour la travée « i » chargée, les foyers de gauche et de droite Fi’ et Fi’’sont connus. Ai-2

Ai-1

E

Ai-3

i-2

Mi-3

i-1

i

Mi-1

Mi-2

Ai

Ai+1 i+2

i+1

Mi

Ai+2

Mi+1

Mi+2

On a alors : 𝑴

𝝓′𝒊−𝟏 = − 𝑴𝒊−𝟐 𝒊−𝟏

𝝓′′𝒊+𝟏

=−

𝑴𝒊+𝟏 𝑴𝒊

′

⟹

𝑴𝒊−𝟐 = −𝝓𝒊−𝟏 . 𝑴𝒊−𝟏

⟹

𝑴𝒊+𝟏 = −𝝓𝒊+𝟏 . 𝑴𝒊

′

(VI)

D’où la connaissance des moments sur les appuis Ai-1, Ai respectivement 𝑴𝒊−𝟏 et 𝑴𝒊 permet le calcul des moments 𝑴𝒊−𝟐 et 𝑴𝒊+𝟏 .

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62

Pour l’appui Ai-1 l’équation de continuité s’écrit : 𝑳′𝒊−𝟏 𝑴𝒊−𝟐 + 𝟐 𝑳′𝒊−𝟏 + 𝑳′𝒊 𝑴𝒊−𝟏 + 𝑳′𝒊 𝑴𝒊 = −𝑳′𝒊−𝟏 𝒎′′𝒊−𝟏 − 𝑳′𝒊 𝒎′𝒊 Avec 𝒎′′𝒊−𝟏 = 𝟎 𝑐𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑣é𝑒 (i-1) 𝑛′ 𝑒𝑠𝑡 𝑝𝑎𝑠 𝑐𝑕𝑎𝑟𝑔é𝑒. Pour l’appui Ai l’équation de continuité s’écrit : 𝑳′𝒊 𝑴𝒊−𝟏 + 𝟐 𝑳′𝒊 + 𝑳′𝒊+𝟏 𝑴𝒊 + 𝑳′𝒊+𝟏 𝑴𝒊+𝟏 = −𝑳′𝒊 𝒎′′𝒊 − 𝑳′𝒊+𝟏 𝒎′𝒊+𝟏 Avec 𝒎′𝒊+𝟏 = 𝟎 𝑐𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑣é𝑒 (i+1) 𝑛′ 𝑒𝑠𝑡 𝑝𝑎𝑠 𝑐𝑕𝑎𝑟𝑔é𝑒. En tenant compte des expressions (VI), les équations de continuité en Ai-1 et en Ai deviennent :

G

− 𝑳′𝒊−𝟏 ∅′𝒊−𝟏 + 𝟐 𝑳′𝒊−𝟏 + 𝑳′𝒊 𝑴𝒊−𝟏 + 𝑳′𝒊 𝑴𝒊 = −𝑳′𝒊 𝒎′𝒊 ′′

′ ′ 𝑳′𝒊 𝑴𝒊−𝟏 + 𝟐 𝑳′𝒊 + 𝑳𝒊+𝟏 − 𝑳𝒊+𝟏 ∅𝒊+𝟏 𝑴𝒊 = −𝑳′𝒊 𝒎′′𝒊

Or:

∅′𝑖

𝐿′𝑖

= − 𝑳′𝒊−𝟏 ∅′𝒊−𝟏 + 𝟐 𝑳′𝒊−𝟏 + 𝑳′𝒊

𝐿′𝑖

∅𝑖′′

∅′𝑖

D’où:

M

𝐿′𝑖

= 𝟐 𝑳′𝒊 + 𝑳′𝒊+𝟏 − 𝑳′𝒊+𝟏 ∅′′𝒊+𝟏

E

Le déterminant est alors :

𝐷é𝑡. =

𝐿′𝑖

𝑳′𝒊

2

∅′𝑖 ∅′′𝑖

𝑳′𝒊

=

𝐿′𝑖

∅𝑖′′

2

− 𝐿′𝑖 = 𝐿′𝑖

−𝑳′𝒊 𝒎′𝒊

𝑴𝒊−𝟏

−𝑳′𝒊 𝒎′′𝒊

𝑴𝒊

2

1 ∅′𝑖 ∅′′𝑖

−1

D’où :

−𝟏 ′ 𝒎 + 𝒎′′𝒊 ∅′′𝒊 𝒊 𝑴𝒊−𝟏 = 𝟏 ′ ′′ − 𝟏 ∅𝒊 ∅𝒊 −𝟏 ′′ 𝒎 + 𝒎′𝒊 ∅′𝒊 𝒊 𝑴𝒊 = 𝟏 ′ ′′ − 𝟏 ∅𝒊 ∅𝒊

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63

1) – Remarques :  Les rapports 𝜑 ′ 𝑒𝑡 𝜙 ′′ sont inférieurs à « 1 ». Il s’en suit que les moments fléchissant sur les appuis décroissent dés que l’on s’éloigne de la travée chargée.  Pour la résolution : - Déterminer les valeurs de « m’ et m’’ » - Déterminer les flexibilités « L’ » des travées - Déterminer les foyers F’ et F’’ à partir des expressions de 𝜙 ′ 𝑒𝑡 𝜙′′. - Déterminer les foyers 𝜙𝑖′ 𝑒𝑡 𝜙𝑖′′ de la travée chargée « i » à partir des expressions.

G

- Calculer Les valeurs de moments aux appuis Ai-1 et Ai, Mi-1 et Mi respectivement. - Calculer les moments Mi-2, Mi-3, ………, M0 et Mi+1, Mi+2, Mi+3, ........., Mn en partant des valeurs de Mi-1 et Mi et celles de 𝜙 ′ 𝑒𝑡 𝜙′′pour les travées de gauche et de droite respectivement. - Le calcul des réactions et des efforts tranchants et conduit de la même manière que dans le cas du théorème des trois moments. Note : Dans le cas où plusieurs travées sont chargées on procède par superposition. 2) – Application : Tracer le diagramme de moment et le diagramme de l’effort tranchant dans le cas suivant.

M

3kN

q = 2kN/m

I0

2I0

3m

2

1

2

3

I0

2I0

3m 3

4m 4

4

5

E

1

4m

1

2kN 1

a) - Calcul de m’ et m’’ b) - Calcul des flexibilités

1er cas : SEULE LA TRAVÉE N0. 2 EST CHARGÉE a) – Détermination des foyers : 

Foyers de Gauche :

Travée No.1 : est une travée d’extrémité. Par conséquent : 𝜙 ′ 1 = 0 𝑒𝑡 

𝐹1′ = 𝐴𝑝𝑝𝑢𝑖 1

Foyers de Droite :

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64

Travée No.4 : est une travée d’extrémité. Par conséquent : 𝐹4′′ = 𝐴𝑝𝑝𝑢𝑖 5

𝜙 ′′ 4 = 0 𝑒𝑡 Travée No.3 : on a

𝝓′′𝟑 =

𝑳′𝟑

−𝑳′𝟒 𝝓′′𝟒 +𝟐 𝑳′𝟑 +𝑳′𝟒

=

𝟑 −𝟐(𝟎)+𝟐 𝟐+𝟑

=

𝟑 𝟏𝟎

=−

𝑴𝟒 𝑴𝟑

Travée chargée « i » = travée 2. On a : Foyer de Gauche :

𝝓′𝟐 =

Foyer de Droite :

𝝓′′𝟐 =

=

−𝑳′𝟏 𝝓′𝟏 +𝟐 𝑳′𝟏 +𝑳′𝟐 𝑳′𝟐

−𝑳′𝟑 𝝓′′𝟑 +𝟐 𝑳′𝟐 +𝑳′𝟑

𝟐 −𝟑(𝟎)+𝟐 𝟑+𝟐

=

=

𝟐 𝟑 −𝟑( )+𝟐 𝟐+𝟑 𝟏𝟎

𝟐 𝟏𝟎

=

𝟐𝟎 𝟗𝟏

G

b) – Résolution :

𝑳′𝟐

M

−𝟏 ′ 𝒎 + 𝒎′′𝒊 ∅′′𝒊 𝒊 = (−𝟏. 𝟑𝟎𝟓) 𝑴𝟐 = 𝟏 − 𝟏 ∅′𝒊 ∅′′𝒊 −𝟏 ′′ 𝒎 + 𝒎′𝒊 ∅′𝒊 𝒊 = (−𝟎. 𝟏𝟖𝟑) 𝑴𝟑 = 𝟏 − 𝟏 ∅′𝒊 ∅′′𝒊

E

D’où : 𝝓′′𝟑 = −

𝑴𝟒 𝟑 = 𝑴𝟑 𝟏𝟎

==⟹ 𝑴𝟒 = −

𝟑 𝑴 ==⟹ 𝑴𝟒 = +𝟎. 𝟎𝟓𝟓 𝒌𝑵𝒎 𝟏𝟎 𝟑

De ce 1er cas on tire :

𝑴𝟏 = 𝑴𝟓 = 𝟎 𝒌𝑵𝒎, 𝑴𝟐 = −𝟏. 𝟑𝟎𝟓 𝒌𝑵𝒎;

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𝑴𝟑 = −𝟎. 𝟏𝟖𝟑 𝒌𝑵𝒎; 𝑴𝟒 = 𝟎. 𝟎𝟓𝟓 𝒌𝑵𝒎

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65

2ième cas : SEULE LA TRAVÉE N0. 3 EST CHARGÉE c) – Détermination des foyers : 

Foyers de Gauche :

Travée No.1 : est une travée d’extrémité. Par conséquent : 𝐹1′ = 𝐴𝑝𝑝𝑢𝑖 1

𝜙 ′ 1 = 0 𝑒𝑡 Travée No.2 :

𝝓′𝟐 =

−𝑳′𝟏 (𝟎)+𝟐 𝑳′𝟏 +𝑳′𝟐

=

𝟐 𝟏𝟎

=−

𝑴𝟐 𝑴𝟑

Foyers de Droite :

G



𝑳′𝟐

Travée No.4 : est une travée d’extrémité. Par conséquent : 𝜙 ′′ 4 = 0 𝑒𝑡

𝐹4′′ = 𝐴𝑝𝑝𝑢𝑖 5

Travée chargée « i » = travée 3. On a :

Foyer de Droite :

𝝓′𝟑 =

𝟏𝟎 𝟑𝟐

M

Foyer de Gauche :

𝝓′′𝟑 =

𝟑

𝟏𝟎

d) – Résolution :

𝑴𝟑 = −𝟏. 𝟐𝟓𝟔 𝒌𝑵𝒎;

𝒆𝒕 𝑴𝟒 = −𝟏. 𝟎𝟖𝟗 𝒌𝑵𝒎;

E

De ce 2ième cas on tire :

𝑴𝟏 = 𝑴𝟓 = 𝟎 𝒌𝑵𝒎,

𝑴𝟐 = 𝟎. 𝟐𝟓𝟏 𝒌𝑵𝒎

e) – Récapitulation : Par superposition des deux cas 1 et 2, on obtient :

𝑴𝟏 = 𝑴𝟓 = 𝟎 𝒌𝑵𝒎,

𝑴𝟐 = −𝟏. 𝟏𝟓𝟒 𝒌𝑵𝒎;

𝑴𝟑 = −𝟏. 𝟒𝟑𝟖 𝒌𝑵𝒎;

𝑴𝟒 = − 𝟎. 𝟏𝟔𝟑𝟖 𝒌𝑵𝒎

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66

f) – Diagramme des moments et des efforts tranchants :

DIAGRAMME DES MOMENTS -1.438

-1.154

-0.164 2.0

kN.m +2.1

DIAGRAMME DES EFFORTS TRANCHANTS

+ 3.93

+3.09

M

kN

G

+2.7

E

- 0.385

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+0.09

+0.041

- 1.91

- 4.07

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67

EXERCICES : En utilisant la méthode des foyers, tracer les diagrammes de moment et de l’effort tranchant dans les cas suivants.

q=5kN/m

M=25kN.m

𝑰𝟎

P=40kN

𝟐𝑰𝟎

4m

𝟐𝑰𝟎

6m

q=5kN/m

P=100kN

𝑰𝟎

M=20kN.m

6m

2

𝑰𝟎

G

𝟐𝑰𝟎

2m

2m

6m

3m

q=5kN/m

M 𝑰𝟎

4m

P=50kN

4m

𝑰𝟎 4m

M=50kN.m

q=5kN/m

𝑰𝟎

4m

𝑰𝟎

4m

E

M=25kN.m

𝑰𝟎

𝟐𝑰𝟎

𝑰𝟎

4m

M=20kN.m

𝑰𝟎

𝟐𝑰𝟎 2

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4m

6m

8m

P=100kN

2m

𝑰𝟎

6m

𝑰𝟎

𝑰𝟎 3m

3m

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68

CHAPITRE 7 : MÉTHODE DES DÉPLACEMENTS

Dans ce chapitre on considère les ossatures planes chargées dans leur plan. Nous distinguerons successivement le cas des structures à nœuds fixes et le cas des structures à nœuds déplaçables. I – STRUCTURES À NŒUDS FIXES I.1 - Hypothèses



Systèmes plans de poutres assemblées rigidement à leurs extrémités Les effets énergétiques de l’effort tranchant et de l’effort normal sont négligés. Cette hypothèse pourra être contrôlée à postériori quand à sa validité. Les caractéristiques sectorielles (des sections) des poutres sont supposées constantes le long de la poutre.

G

 

I.2 – Classification

Les structures à nœuds rigides sont classées en deux catégories selon que les nœuds sont, ou ne sont pas déplaçables. C'est-à-dire s’ils peuvent subir des translations ou non.

M

Une structure est dite à nœuds déplaçable si elle est déformable lorsque les nœuds sont remplacés par des articulations.

E

Une structure peut constituer un système ouvert ou fermé. Un système est dit ouvert lorsque la suppression d’une poutre quelconque n’aboutissant pas à un appui, le décompose en deux systèmes indépendants. Dans le cas contraire, le système est dit fermé.

Système Ouvert

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Système Fermé

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69

I.3 – Etude d’une poutre isolée Considérons une poutre droite AB isolée dans une ossature. Elle est limitée par les nœuds A et B. La structure est plane et est située dans le plan (OX, OY). Les moments Mz sont portés par l’axe (OZ), axe perpendiculaire au plan (OX, OY). C A

A B B

E

D

G

a) – Action des nœuds A et B sur la poutre AB Soit MAB le moment développé par le nœud A sur la barre AB, MBA le moment développé par le nœud B sur la barre BA. x

A

MBA

B

M

MAB

L

MAB

A

Poutre chargée Convention de signe : Rotations positive :

Actions positives : Sens horaire.

B

L

MBA

Poutre non chargée

MAB > 0 et MBA < 0

(Sens horaire)

ωB >0

B

E

x

A

ωA >0  MAB est dit moment de droite

 MBA est dit moment de gauche

Pour une poutre non chargée AB, le moment à l’abscisse x est donné en fonction des moments MAB et MBA comme : 𝑴𝒛 𝒙 = 𝑴𝑨𝑩 𝟏 −

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𝒙 𝒙 + 𝑴𝑩𝑨 . 𝑳 𝑳

𝒂𝒗𝒆𝒄

𝟎≤𝒙≤𝑳

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70

b) - Facteur de rigidité : notée K Le coefficient de proportionnalité entre l’effet et la cause qui le produit est appelé Facteur de rigidité noté : K. Si P est une charge généralisée résultant en un déplacement généralisé U, alors on peut écrire : 𝑷 = 𝑲. 𝑼 Dans le présent cas, la charge est un couple (moment), le déplacement est une rotation. Ainsi, l’action en A d’un moment MAB sur la poutre AB simplement appuyée en A et encastrée en B produit une rotation ωA tel que : MAB

𝑴𝑨𝑩 = 𝑲𝑨𝑩 . 𝝎𝑨

B

c) - Facteur de transmission : noté λ

ωA >0

G

A

M

Le facteur de transmission est le coefficient qui lie les moments d’extrémités d’une poutre NON CHARGÉE. Par exemple :

𝑴𝑩𝑨 = − 𝝀𝑩𝑨 . 𝑴𝑨𝑩

1.4 - Etude d’une poutre isolée non chargée

E

Considérons une poutre non chargée de portée L, soumis aux moments 𝑴𝑨𝑩 𝒆𝒕 𝑴𝑩𝑨 aux extrémités A et B. Ces moments produisent des rotations en A et B respectivement: 𝝎𝑨 𝒆𝒕 𝝎𝑩 .  Le moment en tout point est donné par : 𝒙

x

𝒙

𝑴𝒛 𝒙 = 𝑴𝑨𝑩 𝟏 − 𝑳 + 𝑴𝑩𝑨 . 𝑳

MAB

A

B

L

 Application du théorème de la force unitaire : δPi=1

B

A

x

𝐱 𝛅𝐌𝐙 = (𝟏 − ) 𝐋

Pour le calcul de la rotation : 𝝎𝑨

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MBA δPi=1

B

A

L 𝐱 𝛅𝐌𝐙 = (− ) 𝐋

Pour le calcul de la rotation : 𝝎𝑩

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71

L’application du théorème de la force unitaire donne : 𝝎𝑨 =

𝑴𝑨𝑩 𝟏 −

−𝝎𝑩 =

𝑴𝑨𝑩 𝟏 −

𝒙

+ 𝑴𝑩𝑨 .

𝑳 𝒙

+ 𝑴𝑩𝑨 .

𝑳

𝒙

𝟏−

𝑳

𝒙 𝒅𝒙 𝑳 𝑬𝑰

𝒙

𝒙 𝒅𝒙

𝑳

𝑳 𝑬𝑰

Soit : 𝝎𝑨 𝒂 𝒃 𝑴𝑨𝑩 −𝝎𝑩 = 𝒃 𝒄 . 𝑴𝑩𝑨

(𝟏)

Avec : 𝒂=

𝒙

𝒅𝒙

(𝟏 − 𝑳)𝟐 . 𝑬𝑰

𝑳

𝒃=

𝒙 . (𝟏 𝑳 𝑳

𝒙

𝒅𝒙

− 𝑳) . 𝑬𝑰

𝒄=

𝒙

𝑳

𝒅𝒙

(𝑳)𝟐 . 𝑬𝑰

Soit 𝑴𝑨𝑩 = 𝑲𝑨𝑩 𝝎𝑨 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝑩

𝒆𝒕

G

La résolution des équations (1) permet de déduire les moments 𝑴𝑨𝑩 𝒆𝒕 𝑴𝑩𝑨 .

𝑴𝑩𝑨 = −𝑲𝑩𝑨 𝝎𝑩 + 𝝀𝑩𝑨 . 𝝎𝑨

M

𝑴𝑨𝑩 > 0

(𝟐)

𝑴𝑩𝑨 < 0

𝑴𝑨𝑩

Avec :

𝑐 𝑎𝑐 − 𝑏 2

𝑒𝑡

𝝀𝑨𝑩 =

𝑏 𝑐

𝑲𝑩𝑨 =

𝑎 𝑎𝑐 − 𝑏 2

𝑒𝑡

𝝀𝑩𝑨 =

𝑏 𝑎

E

𝑲𝑨𝑩 =

A remarquer que :

𝝀𝑨𝑩 . 𝑲𝑨𝑩 = 𝝀𝑩𝑨 . 𝑲𝑩𝑨

Lorsque le produit flexionnel est constant : EI = Constte, alors : 𝒂 = 𝒄 = 𝟐𝒃 =

𝑳 𝟑𝑬𝑰

𝝀𝑨𝑩 = 𝝀𝑩𝑨 =

𝟏 𝟐

𝑲𝑨𝑩 = 𝑲𝑩𝑨 =

𝟒𝑬𝑰 𝑳

Notes : 𝝎𝑨 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝑩 = 𝑹𝒐𝒕𝒂𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒆𝒏 𝑨 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒊𝒕𝒆 𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒆𝒔 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔𝑴𝑨𝑩 𝒆𝒕 𝑴𝑩𝑨 𝝎𝑩 + 𝝀𝑩𝑨 . 𝝎𝑨 = 𝑹𝒐𝒕𝒂𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒆𝒏 𝑩 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒊𝒕𝒆 𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒆𝒔 𝒎𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔𝑴𝑩𝑨 𝒆𝒕 𝑴𝑨𝑩

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72

1.5 - Etude d’une poutre isolée chargée En supposant que la poutre est encastrée en ses extrémités A et B, les moments en A et B sont les moments d’encastrement notés 𝑴𝑨𝑩 𝒆𝒕 𝑴𝑩𝑨 . En permettant maintenant aux nœuds A et B de subir des rotations, les moments aux extrémités A et B s’écrivent : 𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 + 𝑲𝑨𝑩 (𝝎𝑨 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝑩 ) 𝑴𝑩𝑨 = 𝑴𝑩𝑨 − 𝑲𝑩𝑨 (𝝎𝑩 + 𝝀𝑩𝑨 . 𝝎𝑨 )

En adoptant la convention ci-contre, on peut se limiter à un seul type d’équation au niveau des nœuds A et B.

MAB

MAB A

B

L

Ainsi :

G

𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 + 𝑲𝑨𝑩 (𝝎𝑨 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝑩 ) 𝑴𝑩𝑨 = 𝑴𝑩𝑨 + 𝑲𝑩𝑨 (𝝎𝑩 + 𝝀𝑩𝑨 . 𝝎𝑨 )

1.6 - Principe de résolution

M

Considérons un nœud A auquel aboutissent N poutres d’extrémités notées 1, 2, 3, ….., i, …n. de plus, un couple (moment externe) CA est appliqué en A. 2

A

3

CA

1

i

E

Pour chaque poutre Ai, on peut écrire : 𝑴𝑨𝒊 = 𝑴𝑨𝒊 + 𝑲𝑨𝒊 . 𝝎𝑨 + 𝝀𝑨𝒊 . 𝑲𝑨𝒊 . 𝝎𝒊 Le nœud A est en équilibre de rotation on alors : 𝒏

𝑴𝑨𝒊 + 𝑪𝑨 = 𝟎

(𝟒)

𝒊=𝟏

Cette expression représente une équation contenant les inconnues 𝝎𝒊 . Ecrite à chaque nœud de la structure, elle conduit à établir un système d’équations dont la résolution donne les valeurs inconnues des rotations. De ces rotations, on peut alors aisément calculer tous les moments de flexion. Il est à noter que les conditions aux limites doivent être introduites avant la résolution. Sous la forme matricielle, on peut écrire :

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𝐌 = 𝐊. 𝛚

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(𝟓)

73

Dans laquelle : 𝐌 : Vecteur colonne dont les composantes sont connues et correspondent à: 𝒏 𝒊=𝟏 𝑴𝑨𝒊

+ CA

pour le noeud A

𝛚 : Vecteur colonne des rotations inconnues des noeuds 𝐊 : Matrice carrée dont les coefficients sont formés des rigidités 𝑲𝒊𝒋 et 𝝀𝒊𝒋 . 𝑲𝒊𝒋

A noter que la matrice de rigidité est symétrique. Des équations (4), il est évident que le problème revient à définir la matrice 𝐊 . 1.7 - Détermination des coefficients de rigidité et de transmission CAS 1 : Nœuds A et B rigides, EI = Cste. 𝟏 𝟐

𝟒𝑬𝑰 𝑳

G

𝝀𝑨𝑩 = 𝝀𝑩𝑨 =

𝒆𝒕

𝑲𝑨𝑩 = 𝑲𝑩𝑨 =

CAS 2 : Effet d’une rotule : A rigide et B est une rotule On a :

𝑴𝑩𝑨 = 𝑶 et en utilisant les équations 𝟑 on tire:

𝝎𝑩 =

𝑴𝑩𝑨 − 𝝀𝑩𝑨 .𝑲𝑩𝑨 .𝝎𝑨 𝑲𝑩𝑨

M

Cette valeur de 𝝎𝑩 est introduite dans le système des équations (3). On obtient : 𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 + 𝝀𝑩𝑨 𝑴𝑩𝑨 + 𝑲𝑨𝑩 𝟏 − 𝝀𝑨𝑩 . 𝝀𝑩𝑨 . 𝝎𝑨

𝑺𝒊 𝒍′ 𝒆𝒙𝒕𝒓é𝒎𝒊𝒕é 𝑩 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏𝒆 𝒓𝒐𝒕𝒖𝒍𝒆:

𝑴𝑨𝑩 = 𝑴′𝑨𝑩 + 𝑲′ 𝑨𝑩 . 𝝎𝑨

E

Qui peut s’écrire :

𝑴′𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 + 𝝀𝑩𝑨 𝑴𝑩𝑨

𝑺𝒊 𝒍′ 𝒆𝒙𝒕𝒓é𝒎𝒊𝒕é 𝑨 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏𝒆 𝒓𝒐𝒕𝒖𝒍𝒆:

𝑴𝑩𝑨 = 𝑴′𝑩𝑨 + 𝑲′ 𝑩𝑨 . 𝝎𝑩

𝑲′𝑨𝑩 = 𝑲𝑨𝑩 𝟏 − 𝝀𝑨𝑩 . 𝝀𝑩𝑨

𝑴′𝑩𝑨 = 𝑴𝑩𝑨 + 𝝀𝑩𝑨 𝑴𝑨𝑩 𝑲′𝑩𝑨 = 𝑲𝑩𝑨 𝟏 − 𝝀𝑩𝑨 . 𝝀𝑨𝑩 𝑺𝒊 𝑬𝑰 = 𝑪𝒔𝒕𝒆, 𝒂𝒍𝒐𝒓𝒔:

𝟏

𝝀𝑩𝑨 = 𝝀𝑨𝑩 = 𝟐

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𝟑

𝟑

𝒆𝒕 𝑲′𝑨𝑩 = 𝟒 𝑲𝑨𝑩 𝒆𝒕 𝑲′𝑩𝑨 = 𝟒 𝑲𝑩𝑨

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74

TABLEAU DES MOMENTS D’ENCASTREMENT PARFAITS Note : Convention RDM 𝑴𝑨𝑩

Nœuds A et B Rigides P a

−

b P

P

a

a

−

𝑴𝑩𝑨

𝑷𝒂𝒃² 𝑳²

𝑷𝒂 (𝑳 − 𝒂) 𝑳

−

−

𝑷𝒂𝒃² 𝑳²

𝑷𝒂 (𝑳 − 𝒂) 𝑳

q 𝒒𝑳² 𝟑𝟎

−

𝒒𝑳² 𝟐𝟎

−

𝒒𝑳² 𝟏𝟐

−

𝒒𝑳² 𝟏𝟐

G

−

L q

M

L q

−

L/2

L/2 M b

E

a

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−

𝟓𝒒𝑳² 𝟗𝟔

𝑴𝒃(𝟐𝑳 − 𝟑𝒃) 𝑳²

−

−

𝟓𝒒𝑳² 𝟗𝟔

𝑴𝒂(𝟐𝑳 − 𝟑𝒂) 𝑳²

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75

TABLEAU DES MOMENTS D’ENCASTREMENT PARFAITS (Suite) Note : Convention RDM A

B

A

B L

L

Cas I

Cas II 𝑴′𝑨𝑩 𝑪𝒂𝒔 𝑰

P a

b

−

𝑷𝒃(𝒍𝟐 − 𝒃𝟐 ) 𝟐𝑳²

−

𝑷𝒂(𝒍𝟐 − 𝒂𝟐 ) 𝟐𝑳²

−

𝟑𝑷𝒂 (𝑳 − 𝒂) 𝟐𝑳

−

𝟑𝑷𝒂 (𝑳 − 𝒂) 𝟐𝑳

P

a

a

G

P

q

−

𝟕𝒒𝑳² 𝟏𝟐𝟎

M

L q

−

L q

− L/2

E

L/2

M

a

𝑴′𝑩𝑨 𝑪𝒂𝒔 𝑰𝑰

b

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−

𝒒𝑳² 𝟖

𝟏𝟓𝒒𝑳² 𝟏𝟗𝟐

𝑴 (𝑳² − 𝟑𝒃²) 𝟐𝑳𝟐

−

𝒒𝑳² 𝟏𝟓

−

𝒒𝑳² 𝟖

−

−

𝟏𝟓𝒒𝑳² 𝟏𝟗𝟐

𝑴 (𝑳² − 𝟑𝒂²) 𝟐𝑳𝟐

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76

2 – Exemple d’application EXERCICE 1 Soit à déterminer le diagramme des moments dans le cas de chargement de la poutre continue. On donne 𝐸𝐼 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑒 P =30kN A

B 20m 𝑬𝑰

a) – Calcule des rigidités : 𝑲′𝑨𝑩 = 𝟏𝟎



30m

𝑲𝑩𝑪 =

𝑬𝑰 𝟓

𝑬𝑰

𝑲′𝑪𝑫 = 𝟏𝟎

𝑬𝑰 𝟏𝟎

G

𝟑 𝟒𝑬𝑰 = 𝟑𝟎 𝟒𝑬𝑰 𝑬𝑰 𝑲𝑩𝑪 = 𝑲𝑪𝑩 = 𝟐𝟎 = 𝟓 𝟑 𝟒𝑬𝑰 𝑲′𝑪𝑫 = 𝑲′𝑫𝑪 = 𝟒 . 𝟑𝟎 =

 𝑲′𝑨𝑩 = 𝑲′𝑩𝑨 = 𝟒 .

D

C

30m



q =4kN/m

𝑬𝑰 𝟏𝟎

Le degré d’hyperstaticité est de 2. Les inconnues hyperstatiques sont les moments sur les appuis B et C.

 Nœud B :  Nœud C :

M

b) - Equations d’équilibre de rotation des nœuds B et C 𝑴𝑩𝑨 + 𝑴𝑩𝑪 = 𝟎 𝑴𝑪𝑩 + 𝑴𝑪𝑫 = 𝟎

(𝟏) (𝟐)

𝑴𝑩𝑨 = 𝑴′𝑩𝑨 + 𝑲′ 𝑩𝑨 . 𝝎𝑩

𝑴𝑩𝑪 = 𝑴𝑩𝑪 + 𝑲𝑩𝑪 (𝝎𝑩 + 𝝀𝑩𝑪 . 𝝎𝑪 )

E

𝑴𝑪𝑩 = 𝑴𝑪𝑩 + 𝑲𝑪𝑩 (𝝎𝑪 + 𝝀𝑪𝑩 . 𝝎𝑩 )

𝑴𝑪𝑫 = 𝑴′𝑪𝑫 + 𝑲′ 𝑪𝑫 . 𝝎𝑪

Les moments d’encastrement parfaits sont donnés par le tableau ci avant. On a alors : 𝑴′𝑩𝑨 = 𝟏𝟔𝟖, 𝟕𝟓𝒌𝑵. 𝒎,

𝑴𝑩𝑪 = −

𝟒𝟎𝟎 𝒌𝑵. 𝒎, 𝟑

𝑴𝑪𝑩 = +

𝟒𝟎𝟎 𝒌𝑵. 𝒎, 𝟑

𝑴′𝑪𝑫 = −𝟒𝟓𝟎𝒌𝑵. 𝒎

Tout calcul fait, les équations (1) et (2) s’écrivent : 𝟑𝝎𝑪 + 𝝎𝑩 =

𝟑𝟏𝟔𝟔,𝟔𝟔𝟕

𝝎𝑪 + 𝟑𝝎𝑩 = −

𝑬𝑰 𝟑𝟓𝟒,𝟏𝟔𝟔𝟕

𝑑′ 𝑜ù:

𝝎𝑩 = −

𝟓𝟐𝟖,𝟔𝟒𝟔 𝑬𝑰

𝒆𝒕

=+

𝟏𝟐𝟑𝟏,𝟕𝟕𝟏 𝑬𝑰

𝑬𝑰

Le calcul des moments donne : 𝑴𝑩𝑨 = 𝟏𝟏𝟓, 𝟖𝟖𝒌𝑵. 𝒎; 𝑴𝑩𝑪 = −𝟏𝟏𝟓, 𝟖𝟖𝒌𝑵. 𝒎; 𝑴𝑪𝑩 = 𝟑𝟐𝟔, 𝟖𝟐𝟑𝒌𝑵. 𝒎; 𝑴𝑩𝑨 = −𝟑𝟐𝟔, 𝟖𝟐𝟑𝒌𝑵. 𝒎

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77

Diagramme du moment de flexion : 326.823kN.m

115.88kN.m 167.07kN.m

286.588kN.m

A

B

D

C 15m

10 m

15m

EXERCICE 2 On donne la structure en portique suivante. L’inertie des poteaux est 𝐈, l’inertie de la partie horizontale est 𝟐𝐈.

G

Du fait de la symétrie géométrique et la symétrie de chargement, les nœuds B et C sont fixes. q = 103daN/m

a) – Facteur de rigidité 𝑲𝑨𝑩 = 𝑲𝑩𝑨 = 𝑲𝑪𝑫 = 𝑲𝑫𝑪 =

𝟏 𝟐

=

𝟒𝑬𝑰 𝟔

=

𝟐𝑬𝑰 𝟑

B

𝟐𝑬𝑰 𝟑

E

𝝀𝒊𝒋 =

=

𝟒(𝟐𝑬𝑰) 𝟏𝟐

=

M

𝑲𝑩𝑪 = 𝑲𝑪𝑩 =

𝟒(𝟐𝑬𝑰) 𝑳

𝟒𝑬𝑰 𝑳

𝟐𝐈

C 6m

𝐈 A

D 12m

b) – Equilibre des nœuds B et C Nœud B : 𝑴𝑩𝑨 + 𝑴𝑩𝑪 = 𝟎

Nœud C : 𝑴𝑪𝑩 + 𝑴𝑪𝑫 = 𝟎

𝑴𝑩𝑨 = 𝑴𝑩𝑨 + 𝑲𝑩𝑨 (𝝎𝑩 + 𝝀𝑩𝑨 . 𝝎𝑨 ) 𝑴𝑩𝑪 = 𝑴𝑩𝑪 + 𝑲𝑩𝑪 (𝝎𝑩 + 𝝀𝑩𝑪 . 𝝎𝑪 ) 𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 + 𝑲𝑨𝑩 (𝝎𝑨 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝑩 )

𝑴𝑪𝑩 = 𝑴𝑪𝑩 + 𝑲𝑪𝑩 (𝝎𝑪 + 𝝀𝑪𝑩 . 𝝎𝑩 ) 𝑴𝑪𝑫 = 𝑴𝑪𝑫 + 𝑲𝑪𝑫 (𝝎𝑪 + 𝝀𝑪𝑫 . 𝝎𝑫 ) 𝑴𝑫𝑪 = 𝑴𝑫𝑪 + 𝑲𝑫𝑪 (𝝎𝑫 + 𝝀𝑫𝑪 . 𝝎𝑪 )

Comme AB n’est pas chargé, le moment d’encastrement parfait : 𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑩𝑨 = 𝟎 𝒆𝒕 De même :

𝝎𝑨 = 𝟎

𝑴𝑫𝑪 = 𝑴𝑪𝑫 = 𝟎 𝒆𝒕

𝒄𝒂𝒓 𝑨 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒆𝒏𝒄𝒂𝒔𝒕𝒓𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒑𝒂𝒓𝒇𝒂𝒊𝒕 𝝎𝑫 = 𝟎

𝒄𝒂𝒓 𝑫 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒆𝒏𝒄𝒂𝒔𝒕𝒓𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒑𝒂𝒓𝒇𝒂𝒊𝒕

Les moments d’encastrement parfaits sont donnés par les tableaux ci-avant. On trouve :

𝑴𝑩𝑪 = −𝟏𝟐𝒌𝑵. 𝒎;

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𝑴𝑪𝑩 = +𝟏𝟐𝒌𝑵. 𝒎

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78

Tout calcul fait : 𝟒𝝎𝑩 + 𝝎𝑪 =

𝟑𝟔 𝑬𝑰

𝝎𝑩 + 𝟒𝝎𝑪 = −

𝑑′ 𝑜ù:

𝟑𝟔

𝝎𝑩 = +

𝟏𝟐 𝑬𝑰

𝒆𝒕

=−

𝟏𝟐 𝑬𝑰

𝑬𝑰

Ces valeurs sont ensuite utilisées pour calculer les moments. On en déduit : 𝑴𝑨𝑩 = + 𝟒𝒌𝑵. 𝒎 ;

𝑴𝑩𝑨 = − 𝟖𝒌𝑵. 𝒎 ; 𝑴𝑪𝑩 = +𝟖𝒌𝑵. 𝒎;

𝑴𝑪𝑫 = −𝟖𝒌𝑵. 𝒎;

𝑴𝑫𝑪 = −𝟒𝒌𝑵. 𝒎

10kN.m

8kN.m

4kN.m

E

M

8kN.m

G

𝑴𝑩𝑪 = − 𝟖𝒌𝑵. 𝒎;

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79

II – STRUCTURES À NŒUDS DÉPLAÇABLES De manière générale, les efforts internes dans les éléments d’ossature d’une structure peuvent naitre :  Des charges extérieures,  Des déplacements d’appuis (tassement par exemple) ou déplacement de nœuds (déplacements dus aux charges extérieures)  Où d’une combinaison des deux : effet des charges et effet des déplacements. Par exemple : P

Tassement

G

P

Structures à nœuds déplaçables : Action des charges

Structures à nœuds déplaçables : Effet du tassement d’appui.

M

Or nous savons que les effets dans les éléments sont proportionnels aux charges qui les créent. Donc le principe de superposition s’applique. Ainsi, tout effet 𝑺 peut s’écrire comme :

𝑺 = 𝑺𝒇 + 𝑺𝒅

Dans laquelle :

𝑺𝒇 : Représente l’effet du aux surcharges extérieures dans la structure supposée fixe.

E

𝑺𝒅 : Représente l’effet du au déplacement de la structure seule sans charges. Exemple :

Δ

Δ P

P

+

=

Appui fictif pour fixer la structure.

Etat initial

M

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=

Mf

+

Md

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80

Sous l’action de la charge P, la structure dans son état initial se déforme. En négligeant l’effet de l’effort normal N et de l’effort tranchant T, les nœuds A et B se déplacent horizontalement d’une même valeur Δ. Pour déterminer l’effort M :  On fixe la structure et on détermine Mf, le déplacement étant empêché, ensuite  On supprime l’appui de fixation fictive et on soumet la structure au déplacement Δ supposé connu pour l’instant. De ce fait on détermine Md et on : M = Mf + Md 1 – Système fixé (Voir cas des structures à nœuds fixes)  Nœuds rigides

G

𝑴𝒊𝒋 = 𝑴𝒊𝒋 + 𝑲𝒊𝒋 (𝝎𝒊 + 𝝀𝒊𝒋 . 𝝎𝒋 )

I

𝑴𝒊𝒋 : Moment d’encastrement parfait au nœud I  Nœud J est une rotule

Mji

Mij

L

J

𝑴𝒊𝒋 = 𝑴′𝒊𝒋 + 𝑲′𝒊𝒋 . 𝝎𝒊

J

I 𝑴𝒋𝒊 = 𝑴′𝒋𝒊 + 𝑲′𝒋𝒊 . 𝝎𝒋

M

 Nœud I est une rotule

I

J

2 – Système à nœuds déplaçables

La barre AB après déformation occupe une position entre les nœuds A’B’.

E

Pour faciliter la compréhension, on supposera que le nœud A et A’ sont confondus : le nœud A 𝑴𝑨𝑩 n’a pas subit de déplacement. Dans la position déformée la section A subit une rotation 𝛀′𝑨𝑩 par rapport à A’B’. Le nœud B subit une rotation 𝛀′𝑩𝑨 par rapport à A’B’.

𝝎𝒅𝑩

𝛀′𝑩𝑨

B’ 𝑴𝑩𝑨

A’

Δ

A 𝝎𝒅𝑨

𝛀𝑨𝑩

𝛀′𝑨𝑩 𝑨𝑩

B

Les moments nécessaires au développement de ces rotations s’écrivent : 𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝑲𝑨𝑩 ( 𝛀′𝑨𝑩 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝛀′𝑩𝑨 ) 𝑴𝒅𝑩𝑨 = 𝑲𝑩𝑨 ( 𝛀′𝑩𝑨 + 𝝀𝑩𝑨 . 𝛀′𝑨𝑩 )

(𝟔)

Les rotations 𝛀′𝑨𝑩 et 𝛀′𝑩𝑨 peuvent être exprimées comme (voir figure ci-dessus): 𝛀′𝑨𝑩 = 𝛀𝑨𝑩 + 𝝎𝒅𝑨 Pr ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

Et

𝛀′𝑩𝑨 = 𝛀𝑨𝑩 + 𝝎𝒅𝑩

(𝟕)

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81

Dans laquelle : 𝛀𝑨𝑩 : Représente l’angle de rotation correspondant au déplacement Δ de l’appui (nœud B). 𝝎𝒅𝑨 et 𝝎𝒅𝑩 : Représentent les angles de rotation, relativement à la position AB, respectivement des nœuds A et B.

Les expressions (7) introduites dans (6) donnent : 𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝑲𝑨𝑩 𝝎𝒅𝑨 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝒅𝑩 + 𝑲𝑨𝑩 𝟏 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝛀𝑨𝑩

Les déformations étant petites on a :

𝛀𝑨𝑩 =

(𝟖)

∆ 𝑳

G

L’équation (8) est analogue au cas des systèmes fixe. Elle est valable pour A et B considérés comme nœuds rigides. Si A et B sont des encastrements parfaits, alors : 𝝎𝒅𝑨 = 𝝎𝒅𝑩 = 𝟎

𝐄𝐓

𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝑲𝑨𝑩 𝟏 + 𝝀𝑨𝑩 .

∆ 𝑳

(𝟗)

M

Il s’agit donc du moment d’encastrement parfait du au déplacement ∆ (ou à la dénivellation des appuis A et B). Le moment s’écrit alors : 𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝑴𝒅𝑨𝑩 + 𝑲𝑨𝑩 𝝎𝒅𝑨 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝒅𝑩

(𝟏𝟎)

Remarque :

E

Pour le système fixe, nous obtenons au nœud A : 𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 + 𝑲𝑨𝑩 𝝎𝑨 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝑩

Cette égalité comparée à (𝟏𝟎) montre que les coefficients des inconnues 𝝎𝑨 , 𝝎𝑩 , 𝝎𝒅𝑨 𝒆𝒕 𝝎𝒅𝑩 sont identiques. Seuls diffèrent les moments d’encastrement parfaits : 𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒅𝒖 𝒂𝒖 𝒄𝒉𝒂𝒓𝒈𝒆𝒔 𝒆𝒙𝒕𝒆𝒓𝒏𝒆𝒔

𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒅𝒖 𝒂𝒖 𝒅é𝒑𝒍𝒂𝒄𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 ∆ DONC : De l’étude du système fixe, nous retiendrons les mêmes équations en ne changeant que les 𝑴𝒊𝒋 par 𝑴𝒅𝒊𝒋 .

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82

3 – Cas d’une rotule La même procédure peut être appliquée aussi bien pour le système fixe que pour le système à nœud déplaçable. Dans ce dernier cas on obtient : A

A

B

𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝟎

𝑴𝒅𝑩𝑨 = 𝟎

𝑴𝒅𝑨𝑩

B

𝒅

𝑴𝒅𝑩𝑨

𝒅

𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝑴′𝑨𝑩 + 𝑲′𝑨𝑩 . 𝝎𝒅𝑨

𝑴𝒅𝑩𝑨 = 𝑴′𝑩𝑨 + 𝑲′𝑩𝑨 . 𝝎𝒅𝑩

∆

∆

𝑴′𝒅𝑩𝑨 = 𝑲′𝑩𝑨 . 𝑳

𝑲′𝑨𝑩 = 𝟏 − 𝝀𝑨𝑩 . 𝝀𝑩𝑨 . 𝑲𝑨𝑩

𝑲′𝑩𝑨 = 𝟏 − 𝝀𝑩𝑨 . 𝝀𝑩𝑨 . 𝑲𝑩𝑨

G

𝑴′𝒅𝑨𝑩 = 𝑲′𝑨𝑩 . 𝑳

OBSERVATION :

A remarquer que tous les moments peuvent être calculés si le déplacement ∆ est connu. Deux cas peuvent se présenter :

M

 Soit que ∆ représente une dénivellation d’appui qui résulterait d’un tassement différentiel et dans ce cas la théorie de consolidation permet de calculer le déplacement ∆.  Soit que ∆ est le résultat de la déformation de la structure. Dans ce cas le paragraphe suivant donne un moyen de calculer ce déplacement.

E

4 – Résolution L’équilibre du système à nœuds déplaçables soumis aux charges extérieures se traduit par : 𝑋𝑖 = 0

𝑌𝑖 = 0

𝑀𝑖 = 0:

En utilisant le principe de superposition, on peut écrire : 𝑋𝑖 =

𝑋𝑓 𝑖 +

𝑋𝑑 𝑖 = 0

𝑌𝑖 =

𝑌𝑓 𝑖 +

𝑌𝑑 𝑖 = 0

(𝟏𝟏)

Où : 𝑿𝒇 𝒊 𝑑é𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒 𝑙𝑒𝑠 𝑐𝑕𝑎𝑟𝑔𝑒𝑠 𝑒𝑡 𝑙𝑒𝑠 𝑟é𝑎𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛𝑠 𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑙𝑒 𝑠𝑦𝑠𝑡è𝑚𝑒 𝑠𝑢𝑝𝑝𝑜𝑠é 𝑓𝑖𝑥𝑒. 𝑿𝒅 𝒊 𝑑é𝑠𝑖𝑛𝑒 𝑙𝑒𝑠 𝑟é𝑎𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛𝑠 𝑑′ 𝑎𝑝𝑝𝑢𝑖𝑠𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑙𝑒 𝑠𝑦𝑠𝑡è𝑚𝑒 𝑑é𝑓𝑜𝑟𝑚é 𝑠𝑎𝑛𝑠 𝑐𝑕𝑎𝑟𝑔𝑒𝑠 𝑒𝑥𝑡é𝑟𝑖𝑒𝑢𝑟𝑒𝑠.

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83

Etant donné que les effets sont proportionnels aux causes qui les créent, on peut écrie : 𝑿𝒅 𝒊 =

∆. 𝑿𝒅 𝒊(∆=𝟏)

Où 𝑿𝒅 𝒊(∆=𝟏) 𝐷é𝑠𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒 𝑙𝑎 𝑟é𝑎𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑋 𝑑 𝑖 𝑑𝑢 𝑠𝑦𝑠𝑡è𝑚𝑒 𝑑é𝑝𝑙𝑎𝑐é 𝑑𝑒 ∆ = 1 Ainsi, les équations (𝟏𝟏) deviennent : 𝑋𝑓 𝑖 + ∆.

𝑋𝑑 𝒊(∆=𝟏) = 0

𝑌𝑓 𝑖 + ∆.

𝑌𝑑 𝒊(∆=𝟏) = 0

(𝟏𝟐)

D’où : ∆= −

𝑿𝒇 𝒊 𝑿𝒅 𝒊(∆=𝟏)

𝒐𝒖 𝒃𝒊𝒆𝒏

∆= −

𝒀𝒇 𝒊 𝒀𝒅 𝒊(∆=𝟏)

G

Il suffit donc d’étudier le structure déplacé pour ∆ = 𝟏 et appliquer le principe de superposition. Ainsi : 𝑴𝒅 = ∆. 𝑴𝒅(∆=𝟏) Le diagramme des moments est donné par : 𝑴 = 𝑴𝒇 + ∆. 𝑴𝒅(∆=𝟏)

M

(𝟏𝟑)

5 – Procédure Résolution  Etudier le système fixe sous l’action des charges. On en déduit : 𝑴𝒇 , 𝑿𝒇 𝒊 , 𝒀𝒇 𝒊

E

 Donner ∆ = 1 à la structure sans charges, calculer les moments d’encastrement parfaits du à ∆. Ces moments sont ensuite utilisés dans les équations, déjà développées ci avant, à la place des moments d’encastrement parfaits dus aux charges. Ce qui  Conduit à : 𝑴𝒅(∆=𝟏) , 𝑿𝒅 𝒊(∆=𝟏) , 𝒀𝒅 𝒊(∆=𝟏)  Les réactions réelles sont telles que : 𝑋𝑓 𝑖 + ∆.

𝑋 𝑑 𝒊(∆=𝟏) = 0

 D’où : ∆= −

𝑿𝒇 𝒊 𝑿𝒅 𝒊(∆=𝟏)

 Et : 𝑴 = 𝑴𝒇 + ∆. 𝑴𝒅(∆=𝟏) Pr ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

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84

6 – Exemple d’application Soit la structure suivante soumise à la seule charge P = 10kN. Du fait de la non symétrie des appuis, la structure est à nœuds déplaçables. a) – Facteur de rigidité 𝑲𝑨𝑩 = 𝑲𝑩𝑨 =

𝟒𝑬𝑰 𝑳

𝑲𝑩𝑪 = 𝑲𝑪𝑩 =

=

𝟒𝑬𝑰 𝟔

𝟒(𝟐𝑬𝑰) 𝑳

=

𝟑 𝟒𝑬𝑰 𝟔

=

𝑲′𝑪𝑫 = 𝑲′𝑫𝑪 = 𝟒

𝝀𝒊𝒋 =

𝟏 𝟐

=

P=10kN

𝟐𝑬𝑰 𝟑

𝟒(𝟐𝑬𝑰) 𝟖

4m = 𝑬𝑰

4m

B

𝑬𝑰 𝟐

𝟐𝐈

C 6m

𝐈

Car EI= Constante

A

D

G

8m

b) – Système fixe En B

En C

𝑴𝑪𝑩 + 𝑴𝑪𝑫 = 𝟎

M

𝑴𝑩𝑨 + 𝑴𝑩𝑪 = 𝟎 𝑴𝑩𝑨 = 𝑴𝑩𝑨 +

𝟐𝑬𝑰 (𝝎𝑩 𝟑

+

𝟏 . 𝝎𝑨 ) 𝟐

𝑴𝑪𝑩 = 𝑴𝑪𝑩 + 𝑬𝑰(𝝎𝑪 +

𝑴𝑩𝑪 = 𝑴𝑩𝑪 +

𝟐𝑬𝑰 (𝝎𝑩 𝟑

+

𝟏 . 𝝎𝑪 ) 𝟐

𝑴𝑪𝑫 = 𝑴′𝑪𝑫 +

𝑴𝑩𝑨 = 𝟎,

𝑴𝑩𝑪 = −𝟏𝟎𝒌𝑵. 𝒎,

𝝎𝑨 = 𝟎

𝟓𝑬𝑰 𝑬𝑰 𝝎𝑩 + 𝟐 𝝎𝑪 𝟑 𝑬𝑰 𝟑𝑬𝑰 𝝎𝑩 + 𝟐 𝝎𝑪 𝟐

𝐄𝐧 𝐁 :

E

D’où :

𝐄𝐧 𝐂 :

𝟏 . 𝝎𝑩 ) 𝟐

𝑬𝑰 . 𝝎𝑪 𝟐

𝑴𝑪𝑩 = 𝟏𝟎𝒌𝑵. 𝒎 𝒆𝒕 𝑴′𝑪𝑫 = 𝟎 = 𝟏𝟎 = −𝟏𝟎

La résolution de ce système conduit à : 𝒇

𝒇

𝒇

𝒇

𝒇

𝑴𝑨𝑩 = 𝟐. 𝟗𝟔𝟑𝒌𝑵. 𝒎, 𝑴𝑩𝑨 = 𝟓. 𝟗𝟐𝟔𝒌𝑵. 𝒎, 𝑴𝑩𝑪 = −𝟓. 𝟗𝟐𝟔𝒌𝑵. 𝒎, 𝑴𝑪𝑩 = −𝑴𝑪𝑫 = 𝒇

𝟒. 𝟖𝟏𝟓𝒌𝑵. 𝒎, 𝒆𝒕 𝑴𝑫𝑪 = 𝟎𝒌𝑵. 𝒎

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Mf

5.926kN.m

4.82kN.m

Le calcul des réactions donne essentiellement : 𝑯𝑨 = 𝟏. 𝟒𝟖𝒌𝑵 𝑯𝑫 = 𝟎. 𝟖𝒌𝑵

14.63kN.m 2.963kN.m

𝑯𝑨

𝑯𝑫

c) – Nœuds relâchés (Système déplaçable) L’effet de l’effort normal N étant négligé la longueur des poteaux AB et CD reste la même. D’où B et C se déplacent de la même quantité Δ.

G

 On suppose que 𝚫 = 𝟏 En B :

En C :

𝑴𝒅𝑩𝑨 + 𝑴𝒅𝑩𝑪 = 𝟎

𝑴𝒅𝑪𝑩 + 𝑴𝒅𝑪𝑫 = 𝟎

M

Ce qui conduit aux mêmes équations que ci haut (aux moments d’encastrement près). Nous avons alors : 𝑴𝒅𝑩𝑨 = 𝑴𝒅𝑩𝑨 + 𝑲𝑨𝑩 𝝎𝒅𝑩

𝑴𝒅𝑩𝑨 = 𝑲𝑨𝑩 𝟏 + 𝝀𝑩𝑨

𝑨𝒗𝒆𝒄

𝚫=𝟏 𝑳

=

𝑬𝑰 𝟔

𝑴𝒅𝑩𝑪 = 𝑴𝒅𝑩𝑪 + 𝑲𝑩𝑪 𝝎𝒅𝑩 + 𝝀𝑩𝑪 𝝎𝒅𝑪

𝑨𝒗𝒆𝒄

𝑴𝒅𝑩𝑪 = 𝟎 𝑝𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑑é𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙𝑙𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝐵 𝑒𝑡 𝐶.

𝑴𝒅𝑪𝑩 = 𝑴𝒅𝑪𝑩 + 𝑲𝑪𝑩 𝝎𝒅𝑪 + 𝝀𝑪𝑩 𝝎𝒅𝑩

𝑨𝒗𝒆𝒄

𝑴𝒅𝑪𝑩 = 𝟎 𝑝𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑑é𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙𝑙𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝐵 𝑒𝑡 𝐶.

𝑴𝒅𝑪𝑫 = 𝑴′𝒅𝑪𝑫 + 𝑲′𝑪𝑫 𝝎𝒅𝑪

E D’où :

𝐄𝐧 𝐁 :

𝐄𝐧 𝐂 :

𝑴′𝒅𝑪𝑫 = 𝑲′𝑪𝑫 .

𝑨𝒗𝒆𝒄 𝟓 𝒅 𝟏 𝝎 + 𝟐 𝝎𝒅𝑪 𝟑 𝑩 𝟏 𝒅 𝟑 𝝎 + 𝟐 𝝎𝒅𝑪 𝟐 𝑩

𝚫=𝟏 𝑳

𝑬𝑰

= 𝟏𝟐

𝟏

= −𝟔 =

𝟏 − 𝟏𝟐

𝑫′ 𝒐ù: 𝝎𝒅𝑩 = −𝟎. 𝟎𝟗𝟐𝟔 𝒆𝒕 𝝎𝒅𝑩 = −𝟎. 𝟎𝟐𝟒𝟕

Les moments sont alors : 𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟓𝑬𝑰, 𝑴𝒅𝑩𝑨 = −𝑴𝒅𝑩𝑪 = 𝟎. 𝟏𝟎𝟓𝑬𝑰, 𝑴𝒅𝑪𝑩 = − 𝑴𝒅𝑪𝑫 = −𝟎. 𝟎𝟕𝟏𝑬𝑰

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𝒅 𝑴𝚫=𝟏

0.105EI

Le calcul des réactions donne essentiellement :

0.071EI

𝑯𝒅𝑨 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟓𝟐𝑬𝑰 𝑯𝒅𝑫 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟐𝑬𝑰 0.136EI

𝑯𝑨

𝑯𝑫

 Calcul de 𝚫 = 𝟏 𝑿𝒅 𝒊(∆=𝟏) = 𝟎

𝑫′ 𝒐ù ∶

∆=−

𝑫′ 𝒐ù 𝒍𝒆 𝒅𝒊𝒂𝒈𝒓𝒂𝒎𝒎𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒊𝒕 𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒆 𝒅é𝒑𝒍𝒂𝒄𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕

𝑴𝒅

𝟏𝟑.𝟎𝟔𝟒 𝑬𝑰

′

(𝒔 𝒆𝒏𝒂𝒔𝒔𝒖𝒓𝒆𝒓‼‼)

G

𝑿𝒇 𝒊 + ∆.

1.372

∆ (s’en assurer)

1.777

𝑯𝑫

E

𝑯𝑨

M

0.9275

 DIAGRAMME FINAL DU MOMENT DE FLEXION

𝑴𝒛

4.554kN.m

5.75kN.m

14.85kN.m

𝑯𝑨

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1.186kN.m

𝑯𝑫

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III – METHODE DE HARDY - CROSS La méthode de Cross est fondée sur le principe de la relaxation. Elle simplifie la résolution des systèmes d’équations qui résulte de l’application de la méthode des rotations. Son caractère itératif permet d’éviter les erreurs du fait du contrôle des résultats. 1 – Présentation de la méthode (Système à nœuds fixes) Dans le cas de système à nœuds fixe, le couple ou moment qui agit en A : nœud de la poutre AB est tel que : 𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 + 𝑲𝑨𝑩 𝝎𝑨 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝑩 𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 + 𝑲𝑨𝑩 𝝎𝑨 + 𝑲𝑨𝑩 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝒅𝑩

  

G

Le couple 𝑴𝑨𝑩 est constitué :

Du couple d’encastrement parfait 𝑴𝑨𝑩 𝝎𝑨 Du couple dû à la rotation du nœud A : 𝑲𝑨𝑩 𝝎𝑨 , et Du couple dû à la rotation du nœud B : 𝑲𝑨𝑩 𝝀𝑨𝑩 . 𝝎𝑩 .

M

Considérons par exemple un nœud A et les n poutres qui y aboutissent.  On suppose, dans un premier état, que tous les nœuds sont bloqués contre toute rotation. Les moments qui apparaissent dans les nœuds sont tous de moments d’encastrement parfaits. En particulier au nœud A de la barre 𝑨𝒊 on a :

2 n A

𝒊 = 𝟏, 𝒏

E

𝑴𝑨𝒊 = 𝑴𝑨𝒊

3

i

1

 Libérons maintenant le nœud A, les autres nœuds restent bloqués. Dans ce cas on a alors : 𝝎𝑨 ≠ 𝟎,

𝝎𝒊 = 𝟎 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒕𝒐𝒖𝒕 𝒊 = 𝟏, 𝒏

Les actions sur les nœuds 𝑨 𝒆𝒕 𝒊 sont : 𝑴𝑨𝒊 = 𝑴𝑨𝒊 + 𝑲𝑨𝒊 𝝎𝑨 𝑴𝒊𝑨 = 𝑴𝒊𝑨 + 𝑲𝒊𝑨 𝝀𝒊𝑨 𝝎𝒊

Dans cet état A est en équilibre de rotation : Soit :

𝒏 𝒊 𝑴𝑨𝒊

+(

𝒏 𝒊 𝑲𝑨𝒊 ). 𝝎𝑨

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=𝟎

𝑫′ 𝒐ù:

(𝐈) 𝒏 𝒊 𝑴𝑨𝒊

=𝟎

𝝎𝑨 = −

𝒏 𝒊 𝑴𝑨𝒊 𝒏𝑲 𝒊 𝑨𝒊

=

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𝑴𝑨 𝑲𝑨

88

Avec : 𝑴𝑨 =

𝒏 𝒊 𝑴𝑨𝒊 :

𝑲𝑨 =

𝒏 𝒊 𝑲𝑨𝒊

𝑆𝑜𝑚𝑚𝑒 𝑑𝑒𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑑′ 𝑒𝑛𝑐𝑎𝑠𝑡𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑓𝑎𝑖𝑡𝑠 𝑎𝑢 𝑛𝑜𝑒𝑢𝑑 𝑨 𝑑𝑒𝑠 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑒𝑠 𝑨𝒊

∶ Somme des rigidités des barres Ai autour du nœud A.

𝑴𝑨 ∶ 𝐸𝑠𝑡 𝑎𝑝𝑝𝑒𝑙é 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑜𝑢 𝒄𝒐𝒖𝒑𝒍𝒆 𝒏𝒐𝒏 𝒄𝒐𝒎𝒑𝒆𝒏𝒔é 𝒆𝒏 𝑨. 𝑲𝑨 : 𝐸𝑠𝑡 𝑎𝑝𝑝𝑒𝑙é 𝑭𝑨𝑪𝑻𝑬𝑼𝑹 𝑫𝑬 𝑹𝑮𝑰𝑫𝑰𝑻É 𝑻𝑶𝑻𝑨𝑳𝑬 𝑑𝑢 𝑛𝑜𝑒𝑢𝑑 𝐴.

Nous appelons facteurs de répartition du nœud A, relatifs aux poutres 𝑨𝒊 les quantités :

𝒓𝑨𝒊 =

𝑲𝑨𝒊 𝑲𝑨

𝒓𝑨𝒊 < 1

Compte tenu de ces notations, les actions sur les nœuds 𝑨 𝒆𝒕 𝒊 deviennent : (𝐈𝐈)

G

𝑴𝑨𝒊 = 𝑴𝑨𝒊 − 𝒓𝑨𝒊 . 𝑴𝑨 𝑴𝒊𝑨 = 𝑴𝒊𝑨 − 𝝀𝒊𝑨 . 𝒓𝒊𝑨. 𝑴𝑨 REMARQUE

Dans le cas ou un nœud correspond à une rotule, il faut remplacer les 𝑴𝑨𝒊 par 𝑴′𝑨𝒊 et 𝑲𝑨𝒊

E

M

par 𝑲′𝑨𝒊

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89

2 – Procédure d’application de le Méthode de Hardy Cross  Considérons d’abord le nœud A soumis au couple non compensé : 𝑴𝑨 = Les relations 𝐈𝐈 permettent de déterminer 𝑴𝑨𝒊 et les couples transmis

𝒏 𝒊 𝑴𝑨𝒊

𝑴𝒊𝑨 ,

𝒍𝒆𝒔 𝒏𝒐𝒆𝒖𝒅𝒔 𝒊 é𝒕𝒂𝒏𝒕 𝒕𝒐𝒖𝒋𝒐𝒖𝒓𝒔 𝒃𝒍𝒐𝒒𝒖é𝒔 ;

𝑴𝑨𝒊 = 𝑴𝑨𝒊 − 𝒓𝑨𝒊 . 𝑴𝑨 𝑴𝒊𝑨 = 𝑴𝒊𝑨 − 𝝀𝒊𝑨 . 𝒓𝒊𝑨. 𝑴𝑨 En particulier pour la barre AB on a :

𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 − 𝒓𝑨𝑩 . 𝑴𝑨 𝑴𝑩𝑨 = 𝑴𝑩𝑨 − 𝝀𝑩𝑨 . 𝒓𝑩𝑨. 𝑴𝑨 Où les termes :

G

𝑴𝑩𝑨 : 𝒓𝒆𝒑𝒓é𝒔𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒍′ 𝒂𝒄𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒖 𝒏𝒐𝒐𝒆𝒖𝒅 𝑨 𝒔𝒖𝒓 𝒍𝒆 𝒏𝒐𝒆𝒖𝒅 𝑩.

𝝀𝑩𝑨 . 𝒓𝑩𝑨. 𝑴𝑨 : 𝒓𝒆𝒑𝒓é𝒔𝒆𝒏𝒕𝒆 𝒍𝒆 𝒄𝒐𝒖𝒑𝒍𝒆 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒎𝒊𝒔 𝒂𝒖 𝒏œ𝒖𝒅 𝑨. Le couple non compensé au nœud B est alors : 𝒏 𝒋 𝑴𝑩𝒋

+ 𝕸𝑩𝑨

𝑨𝒗𝒆𝒄

𝕸𝑩𝑨 = (− 𝝀𝑩𝑨 . 𝒓𝑩𝑨. 𝑴𝑨 )

M

𝑴𝑩 =

 Maintenant on considère A fixe et on libère B. Les j nœuds liés à B étant bloqués, on peut écrire pour la barre Bj :

𝑴𝑩𝒋 = 𝑴𝑩𝒋 − 𝒓𝑩𝒋 . 𝑴𝑩

𝑴𝒋𝑩 = 𝑴𝒋𝑩 − 𝝀𝒋𝑩 . 𝒓𝒋𝑩. 𝑴𝑩

E

En particulier pour le nœud A de AB, le couple transmis de B vers A est de : 𝕸𝑨𝑩 = (− 𝝀𝑨𝑩 . 𝒓𝑨𝑩 𝑴𝑩 )

Le moment en A devient alors :

𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑨𝑩 − 𝒓𝑨𝒊 . 𝑴𝑨 − 𝝀𝑨𝑩 . 𝒓𝑨𝑩 𝑴𝑩 Chaque nœud est ainsi successivement considéré. Le couple transmis de B vers A perturbe l’équilibre de A et doit donc être redistribué. Ce processus est conduit jusqu’à ce que les couples à répartir (ou redistribuer) deviennent négligeables. L’application de la méthode est facilitée par la présentation des calculs sous la forme de tableau.

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90

RÉCAPITULATIF : 

a) - Calcul des rigidités, des facteurs de transmission et des facteurs de répartition/

𝑲𝒊𝒋 , 𝝀𝒊𝒋 , 𝒆𝒕 𝒓𝒊𝒋 =

𝑲𝒊𝒋 𝑲𝒊𝒋

=

𝑲𝒊𝒋 𝑲𝒊



b) - Calcul des moments d’encastrement parfaits : 𝑴𝒊𝒋



c) - Calcul du couple non compensé au nœud 𝒊 soit : 𝑴𝒊 =



d) - Répartition du couple 𝑴𝒊 sur les poutres aboutissants au nœud 𝒊.



e) - Transmission des couples aux extrémités des poutres 𝒊𝒋.

𝑴𝒊𝒋

Les opérations de c) à e) sont reconduites de manière itérative jusqu’à ce que le couple non compensé à redistribuer devient négligeable.

E

M

G

L’ordre d’exploitation des nœuds est à priori sans importance.

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91

3 –Exemple d’application : Il s’agit d’une structure à nœud déplaçable du fait de la non symétrie géométrique des appuis A et D. a) – On suppose que les nœuds rigides sont fixes. 

𝑭𝒂𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒅𝒆 𝒓𝒊𝒈𝒊𝒅𝒊𝒕é 𝑲𝑨𝑩 = 𝑲𝑩𝑨 =

𝟒𝑬𝑰 𝟔

𝑲𝑩𝑪 = 𝑲𝑪𝑩 =

𝟒(𝟐𝑬𝑰) 𝑳

=

𝟒(𝟐𝑬𝑰) 𝟖

𝟑 𝟒𝑬𝑰 𝟔

=

𝑬𝑰 𝟐

=

𝑲′𝑪𝑫 = 𝑲′𝑫𝑪 = 𝟒



P=10kN

𝟒𝑬𝑰 𝑳

=

𝟐𝑬𝑰 𝟑

4m B

= 𝑬𝑰

6m

A

𝒓𝑩𝒊 =

 𝑭𝒂𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒅𝒆 𝒓é𝒑𝒂𝒓𝒕𝒊𝒕𝒊𝒐𝒏 :

D 8m

Car EI Constante

𝟐

C

G

𝟏

𝟐𝐈

𝐈

𝑭𝒂𝒄𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒅𝒆 𝑻𝒓𝒂𝒏𝒔𝒎𝒊𝒔𝒔𝒊𝒐𝒏

𝝀𝒊𝒋 =

4m

𝑲𝑩𝒊

𝑲𝑩𝒊

=

𝑲𝑩𝒊 𝑲𝑩

Nœud B : 𝟐

M

𝑲𝑩 =

𝒓𝑩𝑨 =

𝑲𝑩𝒊 = 𝑲𝑩𝑨 + 𝑲𝑩𝑪 =

𝑲𝑩𝑨 𝑲𝑩

=

𝟐𝑬𝑰 𝟑 𝟓 .𝑬𝑰 𝟑

=

𝟑

𝟓

+ 𝟏 . 𝑬𝑰 = . 𝑬𝑰

𝟐 𝟓

𝟑

𝒓𝑩𝑪 =

𝑲𝑩𝑪 𝑲𝑩

𝑬𝑰

=𝟓 𝟑

.𝑬𝑰

=

𝟑 𝟓

E

Nœud C :

𝑲𝑪 =

𝒓𝑪𝑩 =

𝑲𝑪𝒊 = 𝑲𝑪𝑩 + 𝑲𝑪𝑫 = 𝟏 +

𝑲𝑪𝑩 𝑲𝑪

𝑬𝑰

=𝟑 𝟐

.𝑬𝑰

=

𝟐 𝟑

𝟏 𝟑

𝟑

. 𝑬𝑰 = . 𝑬𝑰

𝒓𝑪𝑫 =

𝟐

𝑲′ 𝑪𝑫 𝑲𝑪

𝑬𝑰

=

𝟐

𝟑 .𝑬𝑰 𝟐

=

𝟏 𝟑

 𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔 𝒅′ 𝒆𝒏𝒄𝒂𝒔𝒕𝒓𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔 𝒑𝒂𝒓𝒇𝒂𝒊𝒕𝒔 :

𝑴𝑩𝑪 = −𝑴𝑪𝑩 = −𝟏𝟎𝒌𝑵. 𝒎

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92

TABLEAU DE CROSS – SYSTEME A NŒUDS FIXES

𝒓

𝑴𝒊𝒋

BC

CB

CD

0

0.4 0

0.6 -10kN.m

0.667 10kN.m

0.333 0

𝝀𝑩𝑨 . 𝒓𝑩𝑨 𝑴𝑩 =

𝒓𝑩𝑨 𝑴𝑩 =

𝒓𝑩𝑪 𝑴𝑩 =

𝝀𝑩𝑪 . 𝒓𝑩𝑪 𝑴𝑩 =

-

𝑴𝒊𝒋

-2 +2

-4 +4

C Libéré :

-

-

𝑴𝑪𝒊 = 𝟏𝟑𝒌𝑵. 𝒎

𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = 𝟒 − 𝟖. 𝟑𝟑 = − 𝟒. 𝟑𝟑𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋

C Libéré : 𝑴𝑪 = 𝟓. 𝟔𝟑 + 𝟒. 𝟑𝟑 = 𝟏. 𝟑 𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = −𝟎. 𝟒𝟑𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 C Libéré : 𝑴𝑪 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟑𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = −𝟎. 𝟎𝟒𝟑𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 ……………etc FINALEMENT

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C

BA

-6 -3 -10 - (- 6) = -4 10-(- 3) = 13 𝝀𝑪𝑩 . 𝒓𝑪𝑩 𝑴𝑪 =

𝒓𝑪𝑩 𝑴𝑪 =

𝒓𝑪𝑫 𝑴𝑪 =

4.3335

8.6671

4.333

+2

+4

- 8.3335

+ 4.333

- 4.333

- 0.8667

-1.7334

-2.6001

-1.300

-

- 5.7334

5.633

- 4.333

0.4333 - 6.1667

0.8667 4.766

0.433 - 4.7663 -

- 0.258 -5.9087

- 0.129 4.895 0.0867 4.707 - 0.013 4.720 …………etc. 4.82

2.8667 2.8667

M

𝑴𝑪 =

B Libéré 𝑴𝑩𝒊 = −𝟏𝟎𝒌𝑵. 𝒎

B AB

5.7384 -

5.7384

- 0.086 2.9527 -

- 0.172 5.9104 -

2.952

5.905

0.0433 -5.948

- 0.0086 2.9606 ………etc 2.96

- 0.0172 5.922 ………..etc. 5.93

- 0.0258 - 5.923 ……etc. - 5.93

E

𝑴𝑩 =

A

G

Noeuds Poutres

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Tous les nœuds doivent figurer ici Barres aboutissant aux différents nœuds Facteurs de répartitions Moments d’encastrement parfaits pour divers nœuds. Les nœuds sont fixes. Répartition de 𝑴𝑩 sur les barres aboutissants au noeud B 𝑺𝒊 𝒏𝒐𝒆𝒖𝒅 𝒊 𝒍𝒊𝒃é𝒓é: 𝑴𝒊𝒋 = 𝑴𝒊𝒋 − 𝒓𝒊𝒋 . 𝑴𝒊 𝑺𝒊 𝒏𝒐𝒆𝒖𝒅 𝒊 𝒃𝒍𝒐𝒒𝒖é: 𝑴𝒋𝒋 = 𝑴𝒋𝒋 − 𝝀𝒋𝒋 . 𝒓𝒋𝒋. 𝑴𝒋 Nœud C débloqué, les autres nœuds étant bloqués. 𝑴𝑪 est réparti à son tour. Nouveaux moments résultant du déblocage de C Répartition du nouveau 𝑴𝑩

Nouveaux moments résultant du déblocage de B Répartition du nouveau 𝑴𝑪 Nouveaux moments résultant du déblocage de C

- 4.7663 0.043 - 4.803 - 4.803 ……..etc. - 4.82

Répartition du nouveau 𝑴𝑪 Remarque :  La précision des résultats dépend du calculateur.  Les résultats obtenus ici sont sensiblement identiques à ceux calculés ci avant.  Les nœuds B et C sont en équilibres de rotation.

93

DIAGRAMME DES MOMENTS - STRUCTURE SUPPOSÉE FIXE

Mf 5.93kN.m

4.82kN.m

14.625kN.m 2.96kN.m

𝑯𝑨=1.4817kN

𝑯𝑫 = 𝟎. 𝟖𝟎𝟑𝟑𝒌𝑵

G

b) – Effet du déplacement (Structure sous l’action de Δ =1) Seuls les nœuds B et C subissent le déplacement Δ.

Ainsi pour ∆= 𝟏, les moments d’encastrement parfaits sont : ∆

Soit donc :

𝑴𝒅𝑨𝑩 =

M

𝑴𝒅𝑨𝑩 = 𝑲𝑨𝑩 𝟏 + 𝝀𝑨𝑩 . 𝑳 𝟐 𝟑

𝑬𝑰 𝟏 +

𝟐

𝟏

𝑬𝑰

𝑴𝒅𝑩𝑨 = 𝑴𝒅𝑨𝑩 =

∆=𝟏 𝑳

=

∆=𝟏 𝑳

𝑬𝑰 𝟏 𝟐

𝟏

= 𝟔 𝑬𝑰

𝑬𝑰

. 𝟔 = 𝟏𝟐

E

𝑴′𝒅𝑪𝑫 = 𝑲′𝑪𝑫 .

𝟔

.

𝟑

Il suffit alors de reconsidérer le même tableau précédent en y remplaçant les 𝑴𝒊𝒋 dus aux

charges externes par les 𝑴𝒅𝒊𝒋 provenant des déplacements des nœuds. Les calculs présentés dans le tableau ci-dessous, sont conduits de la même manière que pour le cas du système fixe. Les moments obtenus pour ∆= 𝟏. 𝑴𝑨𝑩 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟓𝟖𝑬𝑰,

𝑴𝑩𝑨 = 𝟎. 𝟏𝟎𝟓𝑬𝑰

𝑴𝑩𝑪 = −𝟎. 𝟏𝟎𝟓𝑬𝑰, 𝑴𝑪𝑩 = −𝟎. 𝟎𝟕𝟏𝟑𝑬𝑰,

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𝑴𝑪𝑫 = 𝟎. 𝟎𝟕𝟏𝟎𝑬𝑰

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94

TABLEAU DE CROSS – SYSTEME A NŒUDS DÉPLAÇABLES

𝒓

A AB

BA

B BC

CB

CD

𝑴𝒊𝒋

1/6

0.4 1/6

0.6 0

0.667 0

0.333 1/12

B Libéré 𝑴𝑩 = 𝟏/𝟔

𝟎. 𝟐/𝟔

𝟎. 𝟒/𝟔

𝟎. 𝟔/𝟔

𝟎. 𝟑/𝟔

-

𝑴𝒊𝒋

0.8/6

0.6/6

- 0.6/6

- 0.3/6

-

C Libéré : 𝑴𝑪 = 𝟏/𝟏𝟐

-

-

𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = − 𝟎. 𝟏𝟔𝟔𝟕/𝟔

0.8/6

0.6/6

- 0.03335/6

𝑴𝒊𝒋 C Libéré : 𝑴𝑪 = −𝟎. 𝟐𝟓 𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = 𝟎. 𝟎𝟖𝟑𝟒/𝟔 𝑴𝒊𝒋 C Libéré : 𝑴𝑪 = −𝟎. 𝟎𝟐𝟓 𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟖𝟖𝟕/𝟔 𝑴𝒊𝒋

0.0018/6 0.815/6

FINALEMENT

0.1358

Observations

𝟎. 𝟔𝟔𝟕𝟏/𝟏𝟐

𝟎. 𝟑𝟑𝟑/𝟏𝟐

- 0.76675/6

- 0.6335/6

0.3335/6

-0.0667/6

-0.10005/6

-

0.83335/6 -

0.6667/6 -

- 0.667/6 -0.083375/6

0.050025/6 -0.5835/6 -0.16675/6

0.83335/6

0.6667/6

- 0.583325/6

- 0.41675/6

0.0167/6 0.81667/6 -

0.0333/6 0.6334/6 -

0.05004/6 -0.63345/6

0.02502/6 -0.4418/6

0.81665/6

0.6334/6

-0.00834/6 -0.62453/6

-0.01667/6 -0.42513/6

0.00355/6 0.62987/6

0.005312/6 - 0.6298/6

0.00266/6 -0.4278/6

0.105

- 0.105

-0.0713

M

𝟎. 𝟑𝟑𝟑𝟓/𝟏𝟐

E

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C

G

Noeuds Poutres

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0.3335/6 -0.08325/6

A Multiplier par EI

0.41675/6 0.41675/6 -0.00834/6 0.42509/6 0.4251/6

0.0710

95

DIAGRAMME DES MOMENTS - STRUCTURE DÉPLAÇABLE

Md pour ∆= 𝟏 0.105 EI

0.713EI

0.1358kN.m

𝑯𝑫=0.012EI 𝑯𝑨 = 𝟎. 𝟎𝟒𝟎𝟏𝟒𝑬𝑰

G

Calcul du déplacement réel : 𝑿𝒇 𝒊 + ∆.

𝑿𝒅 𝒊(∆=𝟏) = 𝟎

−𝟐𝟒.𝟏𝟎𝟖

Ainsi on obtient :

∆=

Le moment final est donné par :

𝒅 𝑴 = 𝑴𝒇 + ∆. 𝑴(∆=𝟏)

M

Soit donc :

𝐄𝐈

DIAGRAMME FINAL DES MOMENTS

4.89kN.m

E

6.032kN.m

14.54kN.m

2.9654kN.m

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96

EXEMPLES D’APPLICATION EXEMPLE 1 Soit à déterminer le diagramme des moments dans le cas de la structure suivante.  Calcul des rigidités 

Des barres

𝑲𝑨𝑩 = 𝑲𝑩𝑨 =

𝟒𝑬𝑰 𝑳

q = 30kN/m

= 𝑬𝑰

𝟑

E 𝟑

B

𝑲′𝑨𝑩 = 𝑲′𝑩𝑨 = 𝟒 𝑲𝑩𝑨 = 𝟒 𝑬𝑰 𝑲𝑩𝑪 = 𝑲𝑪𝑩 =

𝟒𝑬𝑰

𝑲𝑪𝑬 = 𝑲𝑬𝑪 =

𝟐𝑬𝑰

𝟔

=

𝟐𝑰 𝑰

𝟐𝑬𝑰

6m

𝟑

A

F

G

D

𝟐

𝟓

𝑲𝑩 = 𝑲′𝑩𝑨 + 𝑲𝑩𝑪 = 𝟏 + 𝟑 𝑬𝑰 = 𝑲𝑪 = 𝑲𝑪𝑩 + 𝑲𝑪𝑬 + 𝑲𝑪𝑫 =

𝑬𝑰

𝟑

𝟐

𝒆𝒕

𝟐

M

𝑵𝒐𝒆𝒖𝒅 𝑪:

4m

𝑰 6m

Des Nœuds

𝑵𝒐𝒆𝒖𝒅𝒔 𝑩 𝒆𝒕 𝑬:

𝑰

𝟑

𝑲′𝑪𝑫 = 𝑲′𝑫𝑪 = 𝑲′𝑬𝑭 = 𝑲′𝑭𝑬 = 𝑬𝑰 

𝟐𝑰

C

𝟕

+ 𝟏 + 𝟑 𝑬𝑰 = 𝟑

𝟑

𝟓

𝑲𝑬 =

𝟑

𝑬𝑰

𝑬𝑰

 Calcul Coefficients de répartition 𝑵𝒐𝒆𝒖𝒅 𝑩: 𝒓𝑩𝑨 =

𝑲𝑩 𝑲𝑪𝑩

𝑬𝑰

=𝟓 𝟑

=

E

𝑵𝒐𝒆𝒖𝒅 𝑪: 𝒓𝑪𝑩 =

𝑲𝑩𝑨

𝑲𝑪

.𝑬𝑰

𝟑

=𝟓

𝟐𝑬𝑰 𝟑 𝟕 𝑬𝑰 𝟑

𝒓𝑩𝑪 =

𝟐

= 𝟕 , 𝒓𝑪𝑫 =

𝟐

𝑲′ 𝑪𝑫 𝑲𝑪

=

𝑲𝑩𝑪 𝑲𝑩

=

𝑬𝑰 𝟕 𝟑

𝑬𝑰

𝟐𝑬𝑰 𝟑 𝟓 .𝑬𝑰 𝟑

𝟑

= 𝟕,

𝟐

=𝟓 𝟐

𝒓𝑪𝑬 = 𝟕

𝟑

𝑵𝒐𝒆𝒖𝒅 𝑬: 𝒓𝑬𝑪 = 𝒓𝑩𝑪 = 𝟓

𝒓𝑬𝑭 = 𝒓𝑩𝑨 = 𝟓

 Calcul des coefficients de transmission 𝟏

Les coefficients de transmission sont tous constants 𝝀𝒊𝒋 = 𝟐 car le produit 𝑬𝑰 = 𝑪𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆.  Calcul des Moments d’encastrements parfaits dus aux surcharges 𝑴𝑩𝑪 = 𝑴𝑪𝑩 = −𝟗𝟎𝒌𝑵. 𝒎  Calcul des Moments d’encastrements parfaits dus aux surcharges  𝑴′𝒅𝑩𝑨 = 𝑴′𝒅𝑪𝑫 = 𝑴′𝒅𝑬𝑭 = 𝑲′𝑩𝑨 .

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∆=𝟏 𝑳

𝟑

= 𝟏𝟔 𝑬𝑰

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97

TABLEAU DE CROSS – SYSTEME A NŒUDS FIXES

𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = −𝟗𝟎𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 C Libéré 𝑴𝑪 = −𝟕𝟐𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 E libéré𝑴𝑬 = +𝟏𝟎. 𝟐𝟖𝟔𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = 𝟏𝟎. 𝟐𝟖𝟔𝒌𝑵. 𝒎

CB

C CD

CE

EC

EF

0.6

0.4

2/7

3/7

2/7

0.4

0.6

-54 +54 +54 +54 6.1714

-90 - 36 -54 -10.2857 -43.7143 -43.7143 4.1143

-90 -18 -72 -20.5714 -51.4286 -51.4286 2.0571

0 0 -30.8571 +30.8571 +30.8571 -

0 0 -20.5714 +20.5714 +2.0571 +18.5143 -

0 0 -10.2857 +10.2857 +4.1143 6.1714 -

0 0 0 +6.1714 -6.1714 -

47.8286 47.8286 47.8286 0 47.8286

-47.8286 -47.8286 -47.8286 0 -47.8286 -0.0252 -47.8034 -47.8034 0.1008 -47.9042 -0.0067 -47.8975 -47.8975 -0.088 -47.8095 0.006 -47.8155

-53.4857 -1.1755 -52.3102 -52.3102 0 -52.3102 -0.0336 -52.2766 -52.2766 0.0504 -52.327 -0.0134 -52.3136 -52.3136 -0.044 -52.2696 0.011 -52.2806

+30.8571 -1.7633 32.6204 32.6204 32.6204 -0.0504 32.6708 32.6708 32.6729 -0.0201 32.6930 32.6930 32.6930 0.017 32.676

+18.5143 -1.1755 19.6898 0.1175 19.5723 19.5723 -0.0336 19.6059 0.0050 19.6009 19.6073 -0.0134 19.6207 0.0045 19.6162 19.6162 0.011 19.6052

6.1714 -0.5877 6.7591 0.2350 6.5241 6.5241 -0.0252 6.5493 0.0101 6.5392 6.55 -0.0067 6.5567 0.0090 6.5477 6.5477 0.006 6.5417

-6.1714 -6.1714 0.3526 -6.5240 -6.5240 -6.5240 0.0152 -6.5392 -6.534 -6.534 0.014 -6.548 -6.548 -6.548

47.8286 47.8286 0.1512 47.6774 47.6774 47.6774 -0.132 47.8094 47.8094

E

𝑴𝒊𝒋 C Libéré 𝑴𝑪 = −𝟒. 𝟏𝟏𝟒𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 E Libéré 𝑴𝑬 = 𝟎. 𝟓𝟖𝟕𝟕𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = −𝟎. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 C Libéré 𝑴𝑪 = −𝑶. 𝟏𝟏𝟕𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 E Libéré 𝑴𝑬 = 𝑶. 𝟎𝟐𝟓𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟓𝟐𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 C Libéré 𝑴𝑪 = −𝑶. 𝟎𝟒𝟕𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 E Libéré 𝑴𝑬 = 𝑶. 𝟎𝟐𝟐𝟕𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 B libéré 𝑴𝑩 = −𝟎. 𝟐𝟐𝟎𝒌𝑵. 𝒎

BC

𝑴𝒊𝒋 C Libéré 𝑴𝑪 = 𝑶. 𝟎𝟒𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 Pr ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

E

G

B

𝒓𝒊𝒋

BA

M

Noeuds Poutres

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98

𝑭𝑰𝑵𝑨𝑳𝑬𝑴𝑬𝑵𝑻

47.8094 -0.0037 47.8131 47.8131 47.8131

-47.8155 -0.0024 -47.8131 -47.8131 -47.8131

-52.2806 -0.0012 -52.2794 0.018 -52.2974 -52.2974

𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔 = 𝟎

32.676 32.676 +0.027 32.694 32.694

-0.00126 19.6065 19.6065 0.018 19.5885 -0.0018 19.5903

𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔 = −𝟎. 𝟎𝟏𝟑𝟏

G

E libéré𝑴𝑬 = −𝑶. 𝟎𝟎𝟔𝟑𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = −𝑶. 𝟎𝟎𝟔𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 C Libéré 𝑴𝑪 = +𝟎. 𝟎𝟔𝟑𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋 E Libéré 𝑴𝑬 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟗𝒌𝑵. 𝒎 𝑴𝒊𝒋

-0.0025 6.5442 6.5442 0.009 6.5352 -0.0036 6.5388

-0.0038 -6.5442 -6.5442 -6.5442 -0.0054 -6.5388

𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔 = 𝟎

DIAGRAMME DES MOMENTS – structure supposée fixe

- 47.81kN.m

M

Mf

- 52.297kN.m

+19.59kN.m

B

- 6.54kN.m

E

C

+32.69kN.m

E

HA=11.9525kN

A

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HD=8.1725kN

D

RDM II_SYSTEMES HYPERSTATIQUES_EMG_ 2017 -2018

HF=1.635kN

F

99

TABLEAU DE CROSS – SYSTEME A NŒUDS DÉPLAÇABLES B

𝑴′𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = 𝟎. 𝟏𝟖𝟕𝟓𝑬𝑰 𝑴𝒊𝒋 C Libéré 𝑴𝑪 = 𝟎. 𝟏𝟖𝟕𝟓 EI 𝑴𝒊𝒋 E Libéré 𝑴𝑬 = 𝟎. 𝟏𝟔𝟎𝟕𝐄𝐈 𝑴𝒊𝒋 B Libéré 𝑴𝑩 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟖𝑬𝑰 𝑴𝒊𝒋 C Libéré𝑴𝑪 = −𝟎. 𝟎𝟑𝟑𝟕𝟒𝐄𝐈 𝑴𝒊𝒋 E Libéré𝑴𝑬 = +𝟎. 𝟎𝟎𝟔𝟗𝟓𝐄𝐈 𝑴𝒊𝒋

CB

C CD

CE

EC

E EF

0.6

0.4

2/7

3/7

2/7

0.4

0.6

0.1875EI 0 0 0.1875EI 0 0 0.1875EI 0.1125EI 0.05625EI 0.075EI -0.05625EI 0 0.1875EI 0 0 0.1875EI 0.02678EI 0.05357EI 0.0836EI 0.05357EI 0.02678EI 0.075EI -0.08303EI -0.05357EI 0.1039EI -0.05357EI -0.02678EI 0.1875EI 0.03214EI 0.06429EI 0.0943EI 0.075EI -0.08303EI -0.05357EI 0.1039EI -0.08567EI -0.09107EI 0.0932EI -0.00482EI -0.003212EI -0.0016EI 0.07982EI -0.07982EI -0.05197EI 0.1039EI -0.08567EI -0.09107EI 0.0932EI -0.00482EI -0.00964EI -0.01446EI 0.00964EI -0.00482EI 0.07982EI -0.075EI -0.04233 0.11836EI -0.09531EI -0.08625EI 0.0932EI 0.00139EI 0.00278EI 0.00417EI 0.07982EI -0.075EI -0.04233EI 0.11836EI -0.09669EI -0.08903EI 0.08903EI 𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟑𝑬𝑰

𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔 = 𝟎. 𝟎𝟑𝑬𝑰

𝑴𝒐𝒎𝒆𝒏𝒕𝒔 = 𝟎𝑬𝑰

E

𝑭𝑰𝑵𝑨𝑳𝑬𝑴𝑬𝑵𝑻

BC

G

𝒓𝒊𝒋

BA

M

Noeuds Poutres

Pr ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

RDM II_SYSTEMES HYPERSTATIQUES_EMG_ 2017 -2018

100

DIAGRAMME DES MOMENTS – Structure déplaçable Md pour Δ=1 -0.08903EI

-0.09669EI

- 0.0798EI

0.04233EI

E B

C

0.11836EI

HA=0.01995EI HA=0.0296EI

A

F

D

HA=0.02226EI

Calcul du déplacement réel : 𝑿𝒇 𝒊 + ∆.

G

𝑿𝒅 𝒊(∆=𝟏) = 𝟎

𝟏𝟖.𝟒𝟗

∆= −𝟎.𝟎𝟑𝟏𝟗𝟏𝐄𝐈 =

Ainsi on obtient :

𝟓𝟕𝟗.𝟒𝟒𝟐 𝑬𝑰

D’où le moment Md correspondant au déplacement réel de la structure: -51.588kN.m

-56.026kN.m

- 46.24kNm

M

24.53kN.m

B

C

A

E

68.55kN.m

F

D

𝒅 𝑴 = 𝑴𝒇 + ∆. 𝑴(∆=𝟏)

E

Le moment final est donné par : Soit donc :

DIAGRAMME FINAL DES MOMENTS

- 27.77kN.m

- 94.05kN.m

-39.436kN.m

- 6.54kN.m

E B

C +74.09kN.m

A

Pr ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

+101.24kN.m

D

F

RDM II_SYSTEMES HYPERSTATIQUES_EMG_ 2017 -2018

101

EXERCICES DE RÉVISION GÉNÉRALE Calculer le déplacement horizontal en A et la rotation de la section B dans les cas de structures suivantes. q=5kN/m

M=25kN.m

P=100kN

4m

A B 2

2

2

2

8m

G

q1 =5kN/m

B

4m q2=5kN/m

P=100kN

M=50kN.m

A

M

4m 2

2

2

2

q1 =5kN/m

P=100kN

5m

M=50kN.m

E

5m

8m

B

A P=100kN

3m

8m

P=100kN

6m

6m

6m

M=50kN.m

4m

q1 =5kN/m

B A 4m

4m

Pr ZOUKAGHE Ing., MSc., PhD (USA)

6m

8m

RDM II_SYSTEMES HYPERSTATIQUES_EMG_ 2017 -2018

3m

102