METHODE DES ELEMENTS FINIS.pdf

SEMESTRE 4

2006-2007

MODULE F412 :

MÉTHODES ÉNERGÉTIQUES

PROBLÈMES et CORRIGES

G.LHERMET-G.VESSIERE

TD-2A-S4-F412

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 2

SOMMAIRE

1. MÉTHODE DE CLAPEYRON ............................................................................................................................... 32. MÉTHODE DE MAXWELL-MOHR ET DE CASTIGLIANO.............................................................................. 173. MÉTHODE DES ÉLÉMENTS FINIS ................................................................................................................... 594. PROBLEMES DE SYNTHESE............................................................................................................................. 81ANNEXES................................................................................................................................................................ 90

ANNEXE A1. INTEGRALES DE MOHR............................................................................................................. 91ANNEXE A2. MOMENTS FLÉCHISSANTS DANS QUELQUES CAS SIMPLES : ............................................ 98

TD-2A-S4-F412


1. MÉTHODE DE CLAPEYRON

PROBLÈME N°1

Les barres AB et BC (de même section droite A et de même matériau) sont articulées en A, B et C. Une force verticale P est appliquée en B.1°) Déterminez l'expression littérale de l'énergie de déformation élastique emmagasinée par les deux barres en fonction de P, L, E et A.2°) En déduire l'expression littérale du déplacement vertical du point B.3°) Peut-on avec cette méthode, calculer la déplacement horizontal de B ?Application numérique : P=10kN, L=2m, E=200GPa et A=1cm2. Calculez la valeur (en J) de l'énergie de déformation élastique et la valeur du déplacement vertical

du point B en mm).

Réponses : mm83.3EA

)PL22(1• 19,14J2EA

L)P22(1W VB

2

def =+

==+

=

RÈPONSES N°1

1 )Nous devons pour appliquer la méthode de Clapeyron :

défext WW = calculer l’énergie de déformation emmagasinée dans les deux barres, et l’identifier avec le travail de la force extérieure

DPWext 21

= vBext PW δ21

=

∑ ∫ +++++=barres Z

Z

Y

Y

G

XZL YXdéf dx

EIM

EIM

GIM

GAT

GAT

EANW )

222222(

2222

0

22

Compte tenu que les deux barres sont articulées en A, B, et Celles ne sont soumises qu’à des efforts normaux.

( ) ( ) dxEA

NdxEA

NdxEA

NWC

B

BCXB

A

ABX

barres

L Xdéf )

2()

2()

2(

22

0

2

∫∫∑ ∫ +==

A

C

B

P

45°

L

B

P

45°

L

A

C

TD-2A-S4-F412


Pour trouver les efforts normaux s’exercant dans les barres AB et CD, mettons en équilibre le nœud B :

−==

⇒=+−

=−−

PFPF

FP

FF

1

2

2

21 2

022

022

Après application du principe d’action mutuelle

PN ABX −= 2PN BC

X =d’où :

( ) ( ) dxEA

PdxEAPW

LL

déf )2

2()2

(2

00

2 2

∫∫ +−

=

dxEAPdx

EAPW

LL

déf ∫∫ +=2

0

2

0

2

2

[ ] [ ] 20

2

0

2

2LL

déf xEAPx

EAPW +=

22

22

LEAPL

EAPWdéf += ( )221

2

2

+=EA

LPWdéf

2 )

Appliquons la méthode de Clapeyron : défext WW =

vBext PW δ21

= ( )2212

2

+=EA

LPW déf

En identifiant : ( )221+=EA

LPvBδ

3 )Non, car l’identification implique qu’une seule charge.

Application numérique : P=30kN, L=2m, E=200GPa et A=1cm2.

( ) ( ) ( ) NmmEA

LPWdéf 1914222110010.2002

10.210.102212 3

3232

=+××

=+= Wdéf=19,142 J

( ) ( ) mmEA

LPvB 828,3221

10010.20010.210.10221 3

33

=+×

×=+=δ •vB=3,83 mm

B

P

45°

X

Y

F2

F1

B

PL

A

C

P

P 2

P 2

L 2

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ROBLÈME N°2

1°) Déterminez l'expression de l'énergie de déformation élastique en fonction de P, L, A, E et n. 2°) En déduire l'expression du raccourcissement de la barre. Déterminer l'expression du raccourcissement de la barre pour n=1 et n=2.

Réponses:

)2=(n 8EA5PL•L 1)=(n

EAPL•L

n11

2EAPL•L

n11

4EALPW 22

2

def ==

+=

+=

RÈPONSES N°2

1)La poutre ABC est soumise à de la compression pure : PN AB

x −= PN BCx −=

( ) ( ) dxEA

NdxAEn

NWC

B

BCxB

A

ABx

déf )2

()2

(2

2

2

∫∫ +=

( ) ( ) ( ) ( ) dxEAPdx

AEnPdx

EANdx

AEnNW

LL

LLL

BCx

L ABx

déf )2

()2

()2

()2

(2

20 2

2

2

20 2

222

∫∫∫∫−

+−

=+=

[ ] [ ]EA

LPAEn

LPxEAPx

AEnPdx

EAPdx

AEnPW L

L

LLL

L

déf 442222

2

2

2

2

2202

2

2

22

02

2

+=+=+= ∫∫

P

L/2

BA

n2AA

L/2

C

P

L/2

B

n2A

A

L/2

C

A

G x

ZY

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+= 2

2 114 nEA

LPWdéf

2)Appliquons la méthode de Clapeyron : défext WW =

Le déplacement associé à la charge P en C (•hC), est le raccourcissement de la barre •L :

DPWext 21

= hCext PW δ21

=

+= 2

2 1142

1nEA

LPP hCδ

+= 2

112 nEAPL

hCδ

Ce déplacement étant positif, il s’effectue dans le même sens que la charge . C’est donc bien un raccourcissement de la barre.

+=∆ 2

112 nEAPLL

Si n=1EAPLL =∆ Si n=2

EAPLL

85

=∆

PROBLÈME N°3

1°) Déterminez l’expression de l’énergie de déformation élastique en fonction de C, L, G et d. En déduire l’expression de la rotation de la section droite C.2°) L’énergie de déformation élastique admissible est de 12J, L=1m, d=40mm, G=80 GPa. Calculez la valeur du couple maximum admissible C (en Nm).et la valeur de la rotation de la section C (en °).

Réponses :4

2

def dGL12CW

π= 4dG

24CL•π

= C = 802.1 Nm θC = 1.7°

C

A

B

C

d 2

d

L/2

L

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RÈPONSES N°3

1°)Nous devons pour appliquer la méthode de Clapeyron : défext WW = ,calculer l’énergie de déformation emmagasinée dans la poutre ABC, et l’identifier avec le travail exterieur du au couple C.Le déplacement associé au couple C en C (•x

C), est la rotation suivant l’axe du couple de la

section C :

DPWext 21

= Cxext CW θ

21

=

∑ ∫ +++++=barres Z

Z

Y

Y

G

XZL YXdéf dx

EIM

EIM

GIM

GAT

GAT

EANW )

222222(

2222

0

22

La poutre ABC est soumise à de la torsion pure : CM CBx −= CM BA

x −=

( ) ( ) dxGI

MdxGI

MdxGIMW

A

B BA

BAxB

C CB

CBxA

C CAx

défGGG

)2

()2

()2

(222

∫∫∫ +==

( ) ( ) dxGICdx

GICdx

GICdx

GICW

L

LBA

L

CB

L

L BA

L

CBdéfGGGG

∫∫∫∫ +=−

+−

= 23

2

20

22

3

2

20

2

22)

2()

2(

22

CC

d•2

d

L/2

L

A

BG

xZ

Y

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+=+= BACBBACBdéf

GGGGIIG

LCGI

LCGI

LCW 12

1224

222

avec 32

4dI CBG

π= et ( )

322

4dI BA

G

π=

4

212dG

LCWdéf π=

Cxext CW θ

21

= et 4

212dG

LCWdéf π= , identifions les 2 expressions :

424

dGCLC

x πθ =

2°) Application numérique : Wdéf=12J, L=1m, d=40mm, G=80 GPa

NmmLWdG

CdG

LCW défdéf 802121

10001210.124010.80

1212 3432

14

4

2

=×

×××=

=⇒=

ππ

πC=802,1 Nm

rddGCLC

x 0299,04010.8010008021212424

434 =××××

==ππ

θ •xC= 1°71

PROBLÈME N°4

En ne tenant compte que de l’énergie de déformation élastique due au moment de torsion et sachant que C0 = 63 Nm, G = 80 GPa, calculez :1°) L'énergie de déformation élastique (en J).2°) La rotation de A (en d°).

Réponses : °ϕ= 9.72= J5.35W Adef

C0

600

900

5620

Φd0 = 18

Φd = 26

B

P

D

P

C

A

P

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RÈPONSES N°4

1°)

Les arbres AB et CD sont soumis à de la torsion pure : 0CM ABx =

2056

0 ×== CCM CDx

( ) ( ) dxGI

MdxGI

MWD

C CD

CDxB

A AB

ABx

défGG

)2

()2

(22

∫∫ +==

dxGICdx

GIC

dxGICdx

GICW CDABCDABdéf

GGGG

∫∫∫∫ +=+=900

0

600

0

2900

0

600

0

20

22)

2()

2(

20

2

×+=

××+=+= CDABCDABCDABdéf

GGGGGGIIG

CGI

CGI

CGI

CGI

CW 2

22

2

2222

2056450300

2056450300450300 000

20

( ) NmmIIG

CW CDABdéf

GG

53452620

325645018

3230010.80

10.6320

5645030042

2

43

23

2

220

=

×

××+

××

=

×+=

π

Wdéf=5,35 JLe déplacement associé au couple C0 en A (•x

A), est la rotation suivant l’axe du couple de la

section A :

DPWext 21

= dans notre cas : Axext CW θ02

1=

Méthode de Clapeyron : défext WW = d’où : rdNmmC Ax

Ax 170,0

10.63534525345

21

30 =×

=⇒= θθ

•xA= 9°72

Ød=26mm

Ød0=18mm

A

BC

D

C0=63Nm

20mm

56mm

600mm

900mm

B

C C0

20mm

56mm

C2056

0 ×= CC

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PROBLÈME N°5

Déterminez l'expression littérale du déplacement vertical de A en prenant en compte le moment de flexion et l'effort tranchant.Montrez que si ν = 0.3 et L/h = 10 l'erreur commise en négligeant l'effort

tranchant est inférieure à 1%.

Réponses : )1000.65(1

3EIPL)

Lh

2•1(1

3EIPL

GAPL

3EIPL•

Y

3

2

2

Y

3

Y

3

VA +=+

+=+= erreur 0.65%

RÈPONSES N°5

Détermination du travail extérieur :

Le déplacement associé à la charge P en A (•vA

), est le déplacement vertical de la section A :

DPWext 21

= Avext PW δ

21

=

Détermination de l’énergie de déformation :

∑ ∫ +++++=barres Z

Z

Y

Y

G

XZL YXdéf dx

EIM

EIM

GIM

GAT

GAT

EANW )

222222(

2222

0

22

A

PL

b

Bh Y x

GG

Z Zx

P

L

Zx

B

A

G x h

bY

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Nous devons chercher le Torseur de Section en G de la barre AB :

( )

−

−=ℑ

0

000

sec XLPP

tion

G

G

La barre est donc soumise à un effort tranchant constantde B à A : PTZ −= ,et à un moment de flexion linéaire : ( )XLPMY −=

d’où :

Y

déf

Z

déf

MT

Y

YLZL

Y

YZL

déf WWdxEIMdx

GATdx

EIM

GATW +=+=+= ∫∫∫ )

2()

2()

22(

2

0

2

0

22

0

Calculons l’énergie de déformation due à l’effort tranchant :

[ ]GA

LPxGAPdx

GAPdx

GAPdx

GATW LLLZLTZ

déf 2222)

2(

2

0

2

0

2

0

22

0===== ∫∫∫

Puis l’énergie de déformation due au moment fléchissant:

( )( ) ( ) ( )Y

L

Y

L

Y

L

YY

YLM

EILPxL

EIPdxxL

EIPdx

EIxLPdx

EIMW Y

déf 63222)

2(

32

0

3

0

22

0

22

0=

−=−=

−== ∫∫∫

D’où :

Y

MTdéf EI

LPGA

LPWWW Y

déf

Z

déf 62

322

+=+=

Application numérique : si ν = 0.3 et L/h = 10

+=+=

EL

GAI

ILP

EILP

GALPW Y

YYdéf 3262

22322

or ( )υ+=

12EG

( )

+

+=232

211

6 Lh

EILPW

Ydéf

υ ( ) ( )

+

+= 232

1,02

3,0116 Y

déf EILPW

( ) ( )

+=+=+= −−

10065,01

610.65,01

610.5,61

6

322

323

32

YYYdéf EI

LPEI

LPEI

LPW

Conclusion :

Y

M

EILPW Y

déf 6

32

= et 10065,0

6

32

×=Y

T

EILPW Z

déf

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L’énergie de déformation due à l’effort tranchant, ne représente que moins de 1 % de l’énergie de déformation totale.

Nous en concluons que l’énergie de déformation due à l’effort tranchant est en règle générale négligeable par rapport à l’énergie de déformation due au moment

de flexion.

Expression littérale du déplacement vertical de A


Avext PW δ

21

= et

+=

10065,01

6

32

Ydéf EI

LPW En identifiant :

+=

10065,01

3

3

Y

Av EI

PLδ

La flèche due à l’effort tranchant ne représente que 0,65% du déplacement vertical de la section A.

PROBLÈME N°6

Déterminez en ne tenant compte que du moment fléchissant l'expression littérale de la rotation de la section droite C en fonction de C, L, a, b, E et IY.

Réponses :2

Y

33

C L3EI)bC(a• +

=

AC

B

a bC

L

xG

Z

TD-2A-S4-F412


RÈPONSES N°6

Détermination du Torseur Externe: Voir module F112

Détermination du Torseur de Section: Voir module F112 (Annexes)


Le déplacement associé au couple C en C (•YC

), est la rotation suivant l’axe du couple de la section C :

DPWext 21

= CYext CW θ

21

=

C

L

A B

G x

Z Y

C

a b

C

L

A BC

a bC/LC/L

C

L

A BC

a b C/LC/L

G x

Z Y

TZ

A B

C/L+

MY

AB

Ca/L

C

C

Cb/L

+-

LCTZ =

( )XLLCMY −−=

XLCMY =

TD-2A-S4-F412



∑ ∫ +++++=barres Z

Z

Y

Y

G

XZL YXdéf dx

EIM

EIM

GIM

GAT

GAT

EANW )

222222(

2222

0

22

dxEIM

GATW

Y

YZB

Adéf )22

(22

+= ∫

Nous devons négliger l’énergie de déformation due à l’effort tranchant par rapport celle

emmagasinée par la flexion : dxEIMW

B

AY

Ydéf ∫=

2

2

( )dx

EI

XLLC

dxEI

XLC

dxEIMdx

EIMW

B

CY

C

AY

B

CY

YC

AY

Ydéf ∫∫∫∫

−−

+

=+=2222

22

22

( ) ( ) ( )2

3323

0

3

2

22

0

22

2

63322 LEIbaCXLX

LEICdxXLdxX

LEICW

Y

L

a

a

Y

L

a

a

Ydéf

+=

−+

=

−+= ∫∫


CYext CW θ

21

= et ( )

2

332

6 LEIbaCW

Ydéf

+= En identifiant :

( )2

33

3 LEIbaC

Y

CY

+=θ

PROBLÈME N°7

Déterminez en ne tenant compte que du moment fléchissant l'expression littérale de la flèche verticale de la section droite C en fonction de P, L, a, b, E et IY.

Réponses :L3EI

bPa•Y

22

VC =

A C B

a bP

L

xG

Z

TD-2A-S4-F412


RÈPONSES N°7

Détermination du Torseur Externe: Voir module F112

Détermination du Torseur de Section: Voir module F112 (Annexes)


Le déplacement associé à la charge P en C (•vC

), est le déplacement vertical de la section A :

DPWext 21

= Cvext PW δ

21

=

P

L

A B

G x

Z Y

C

a b

P

L

A BC

a bPa/LPb/L

P

L

A BC

a b Pa/LPb/L

G x

Z Y

TZ

AB

Pb/L+

MY

AB

C

C

+

LPbTZ =

( )XLL

PaMY −=XL

PbMY =

- Pa/L

Pab/LL

PaTZ −=

TD-2A-S4-F412



∑ ∫ +++++=barres Z

Z

Y

Y

G

XZL YXdéf dx

EIM

EIM

GIM

GAT

GAT

EANW )

222222(

2222

0

22

dxEIM

GATW

Y

YZB

Adéf )22

(22

+= ∫

Nous devons négliger l’énergie de déformation due à l’effort tranchant par rapport celle

emmagasinée par la flexion : dxEIMW

B

AY

Ydéf ∫=

2

2

( )dx

EI

XLL

Pa

dxEI

XL

Pb

dxEIMdx

EIMW

B

CY

C

AY

B

CY

YC

AY

Ydéf ∫∫∫∫

−

+

=+=2222

22

22

( ) ( )

−+

=

−+= ∫∫

L

a

a

Y

L

a

a

Ydéf

XLaXbLEI

PdxXLadxXbLEI

PW3322

32

0

32

2

222

0

222

2

( ) ( )2

222

2

222

2

32322

666 LEILabP

LEIbaabP

LEIbaabPW

YYYdéf =

+=

+=

LEIabPW

Ydéf 6

222

=


Cvext PW δ

21

= et LEIabPW

Ydéf 6

222

= En identifiant : LEI

aPbY

Cv 3

22

=δ

TD-2A-S4-F412


2. MÉTHODE DE MAXWELL-MOHR ET DE CASTIGLIANO

PROBLÈME N°8

En appliquant la méthode de MAXWELL-MOHR calculer les déplacements de A et de B.On donne : P = 30 kN, Q= 150 kN, E= 70 GPa.

Réponses : mm1,94• mm1,12• BA =−=

RÈPONSES N°8

Considérons l’état initial E0, et utilisons la notation charges généralisées Pi et déplacements généralisés associés Di :

A PC B

d=20

800 600

Q

D=30

800

D=30

d=20

600

A

C P2=QB P1=P

Etat initial

E0

P

800

D=30

d=20

600

A

C QB

TD-2A-S4-F412


Le déplacement généralisé D1 associé à la charge généralisée P1 est le déplacement linéique dans la direction de P1 de la section A.

Le déplacement généralisé D2 associé à la charge généralisée P2 est le déplacement linéique dans la direction de P2 de la section B.

[ ] [ ][ ]PfD = ou

=

2

1

2221

1211

2

1

PP

ffff

DD

2121111 PfPfD +=

2221212 PfPfD +=

La matrice carrée [f] est la matrice de flexibilité de la structure.

Chaque coefficient d’influence fij est calculé par le théorème de Maxwell-Mohr

∑ ∫ ++++=barres Z

jZiZ

Y

jYiY

G

jXiXjZiZL

0

jYiYjXiXij dx)

EI)m()m(

EI)m()m(

GI)m()m(

GA)t()t(

GA)t()t(

EA)n()n(

(f

Pour les déterminer nous devons décomposer l’état initial E0, en deux états unitaires E1 et E2

La poutre ABC, dans les 3 états E0, E1 et E2 n’est soumise qu’à des efforts normaux :

( ) ( )dx

EAnn

fA

C

jXiXij ∫=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )dx

EAnn

dxEA

nndx

EAnn

fA

BBA

jXiXB

CCB

jXiXA

C

jXiXij ∫∫∫ +==

AC P2

= B P1

Etat initial

E0

AC

B P1=1

AC

P2=1B

Etat unitaire

E1

Etat unitaire

E2

E0 • P1×E1+P2×E2

TD-2A-S4-F412


Pour calculer les fij, nous devons chercher les diagrammes des efforts normaux dans les deux états unitaires :

( ) ( ) ( ) ( ) dxEA

nndxEA

nnfBA

XX

CB

XX ∫∫ +=1400

80011

800

011

11

dxEA

dxEA

fBACB

∫∫×

+×

=1400

800

800

0111111

dxEA

dxEA

fBACB

∫∫ +=1400

800

800

01111

232311 2010.704600

3010.704800600800

×××

+××

×=+=

ππBACB EAEAf

511 10.345,4 −=f

( ) ( ) ( ) ( ) dxEA

dxEA

nnfBACB

XX ∫∫ +=1400

80022

800

022

2200

( ) ( ) dxEA

fCB

∫−−

=800

022

2211

2322 3010.704800800××

×==

πCBEAf

522 10.616,1 −=f

( ) ( ) ( ) ( ) dxEA

ndxEA

nnfBA

X

CB

XX ∫∫ +=1400

80021

800

021

120

( ) ( ) dxEA

fCB

∫−+

=800

022

1211

Matrice de flexibilité :

2312 3010.704800800××

×−=−=

πCBEAf [ ] 15

616,1616,1616,1345,4

10 −−

−

−= mmNf

512 10.616,1 −−=f

Nous en déduisons la matrice des déplacements généralisés :

[ ] [ ][ ]PfD =

=

2

1

2221

1211

2

1

PP

ffff

DD 35

2

1 1015030

616,1616,1616,1345,4

10

−

−=

−

DD

mmD 12,110.15010.616,110.3010.345,4 35351 −=×−×= −−

mmD 94,110.15010.616,110.3010.616,1 35352 =×+×−= −−

D1 est négatif : le déplacement de la section A s’effectue en sens inverse de celui de l’application de la charge P1. •A=-1,12 mmD2 est positif : le déplacement de la section B s’effectue dans le même sens que celui de l’application de la charge P2. •B=-1,94 mm

800

D=30

d=20

600A

CB P1=1

Etat unitaire

E1

G x

ZY

1+(nX)1

800

D=30

d=20

600A

CP2=1

B

Etat unitaire

E2

G x

ZY

1-(nX)2

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°9Ce problème est le même que le problème 1 qui a été résolu partiellement par la méthode de CLAPEYRON.

Les barres AB et BC (de même section droite A et de même matériau) sont articulées en A, B et C. Une force verticale P1 est appliquée en B. On veut calculer le déplacement vertical et le déplacement horizontaldu point B par la méthode de MAXWELL-MOHR.

Suggestion : Rajoutez en B une force horizontale fictive P2 pour calculer le déplacement horizontal.

1°) Déterminer l’expression littérale de la matrice de flexibilité de la structure (mettre L/EA en facteur).2°) En déduire l'expression littérale du déplacement vertical et du déplacement horizontal du point B.

Application numérique : P1=10kN, L=2m, E=200GPa et A=1cm2. Calculez la valeur du déplacement vertical et du déplacement horizontal du point B (en mm).

Réponses :

[ ]

−−+

=111)221(

EALf

2°) ←−=−==↓=+

== 1mmEAPLD• mm3.83

EA)PL22(1D• 2HB1VB

RÈPONSES N°9

La méthode de Maxwell Mohr ou méthode de la charge unité ne permet de calculer que les déplacements des points d’applications des charges généralisées

Sur le problème initial qui nous est proposé, nous ne pouvons donc déterminer que le déplacement vertical du point B.

Nous allons donc créer un problème plus général, dont l’initialne sera qu’un cas particulier.

Nous désirons connaître le déplacement horizontal de la section B. Il est donc nécessaire qu’il existe en B une charge horizontale. Appliquons alors en B une charge « fictive » P2 :

A

C

B

P1

45°

L

P2

C

B

P

45°

L

A

TD-2A-S4-F412


Nous allons donc travailler sur l’état E0’. Décomposons ce dernier en deux états unitaires E1

et E2.

C

B

P

45°

L

A

Etat initial

E0C

B

P1

45°

L

A

Etat intermédiaire

E0’

P2

E0 • E0’{ P1=P ; P2=0 }

C

B

P

45°

L

A

Etat initial

E0

E0 • E0’ { P1=P ; P2=0 }

C

B

P1

45°

L

A

Etat intermédiaire

E0’

P2

C

B

P1=1

45°

L

A

Etat unitaire

E1

C

B

45°

L

A

Etat unitaire

E2

P2=1E0’ • P1×E1+P2×E2

TD-2A-S4-F412


1°) Expression littérale de la matrice de flexibilité de la structure :Cherchons les efforts normaux s’exercant sur les deux barres, et pour les deux états unitaires.

( )( ) 2

11

1

1

+=

−=BC

AB

x

x

nn

Etat a

( )( ) 0

12

2

2

=+=

BC

AB

x

x

nn

Etat a



jZiZ

Y

jYiY

G

jXiXjZiZL jYiYjXiXij dx

EImm

EImm

GImm

GAtt

GAtt

EAnn

f ))()()()()()()()()()()()(

(0

Dans notre cas :( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

dxEA

nndx

EA

nndx

EA

nndx

EA

nndx

EAnn

fL j

BCi

BCL j

ABi

ABC

B

jBC

iBC

B

A

jAB

iAB

barres

L jXiXij

XXXXXXXX ∫∫∫∫∑ ∫ +=+==2

000)

)()((

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2212211 2

011

0112

011

011

11 +=+−−

=+= ∫∫∫∫ EALdx

EAdx

EAdx

EAnn

dxEA

nnf

LLLBCBC

LABAB

XXXX

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )EALdx

EAdx

EAnn

dxEA

nnf

LLBCBC

LABAB

XXXX =++

=+= ∫∫∫ 0222

022

022

2211

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )EALdx

EAdx

EAdx

EAnn

dxEA

nnf

LLLBCBC

LABAB

XXXX −=++−

=+= ∫∫∫∫2

021

0212

021

021

120211

[ ]

−−+

=111)221(

EALf

C

BP1=1

45°

L

A

Etat unitaire

E1

C

B

45°

L

A

Etat unitaire

E2

P2=1

2

1-

(nXAB)1

+(nX

BC)1

1+

(nXAB)2

TD-2A-S4-F412


2°) Expression littérale du déplacement vertical et du déplacement horizontal du point B :

Dans l’état E0’ [ ] [ ] [ ]'0'0'0 EEE PfD =

'0'0'02

1

2

1

111)221(

EEBh

Bv

E PP

EAL

DD

−−+

=

=

δδ

Dans l’état E0

−+

=

−−+

=

1)221(

0111)221(

00EAPLP

EAL

EEBh

Bv

δδ

Application numérique : P1=10kN, L=2m, E=200GPa et A=1cm2.

mmEAPLB

v 828,3)221(10010.20010.210.10)221( 3

33

=+×

×=+=δ •v

B=3,83 mm

mmEAPLB

h 110010.20010.210.10

3

33

−=×

×−=−=δ •h

B=-1 mm

Le déplacement horizontal de B s’effectue en sens inverse de la charge « fictive » P2

PROBLÈME N°10

En appliquant la méthode de MAXWELL-MOHR et en ne tenant compte que de l’énergie de déformation élastique due au moment fléchissant, déterminez en fonction de P, L, E et d l’expression littérale du déplacement vertical et de la rotation en C. En déduire l’expression littérale de l’énergie de déformation.Application numérique : P=1425N, E=210 GPa, L=1m, et d=40mm. Calculez Wdéf en Joules.

Réponses : 4

3

VC •EdP20L• =

4

2

C •EdP24L• = 4

23

def •EdP10LW = 12JWdef =

RÈPONSES N°10

Sur le problème qui nous est proposé, nous ne pouvons déterminer que le déplacement vertical de la section C.

Nous allons donc créer un problème plus général, dont l’initial ne sera qu’un cas particulier.

Nous désirons connaître la rotation de la section C. Il est donc nécessaire qu’il existe en C un moment « fictif » porté par l’axe de la rotation cherchée .Appliquons alors en C un moment « fictif » P2 suivant l’axe Y:

A

P

L L/2

CB

Z

xG

D d= 2d

TD-2A-S4-F412


Constituons deux états unitaires de l’état E0’ et cherchons en les diagrammes des moments:

P1=1

d•2

d

L/2

L

G x

ZY

A

B

C

d•2

dG x

ZY

P2=1

A

B

C

Etat unitaire

E1

E0’ • P1×E1+P2×E2

Etat unitaire

E2

(mY)1

+

L/2L

+(mY)2

1

3L/2

L/2

( ) XLmy −=2

31

( ) 12

+=ym

P

d•2

d

L/2

L

A

B

C

Gx

ZY

Etat intermédiaire

E0’

Etat initial

E0

E0 • E0’{ P1=P ; P2=0 }

P1

d•2

d

L/2

L

A

B

C

Gx

Z

P2

TD-2A-S4-F412




jZiZ

Y

jYiY

G

jXiXjZiZL jYiYjXiXij dx

EImm

EImm

GImm

GAtt

GAtt

EAnn

f ))()()()()()()()()()()()(

(0

Dans notre cas nous ne tenons compte que de l’énergie de déformation due au moment mY :

dxEI

mmf

C

AY

jYiYij ∫=

)()(

Compte tenu de la discontinuité de section en B : dxEI

mmdx

EImm

fC

B BCjYiYB

A ABjYiY

ijYY

∫∫ +=)()()()(

Calcul de f11 :

dxEI

XLXL

dxEI

XLXL

fL

L BC

L

ABYY

∫∫−−

+−−

= 23 11

0

11

11

)2

3()2

3()2

3()2

3(

Utilisons le tableau des Intégrales de Mohr pour calculer ces intégrales :

En notation « symbolique » :

Or 16

4dI ABY

π= et

64

4dI BCY

π=

+

+×+

=

22314

2223

23

3116 222

411LLLLLLL

dEf

π

4

3

1120

dELf

π=

Calcul de f12 :

dxEI

XL

dxEI

XL

fL

L BC

L

ABYY

∫∫+−

++−

= 23 21

0

21

12

)1()2

3()1()2

3(

( )

+

+

××=

21

2214

2231

2116

412LLLLL

dEf

π

4

2

1224

dELf

π=

f11 = 1/EIyAB

L

3L/2L/2

+

2

+ 1/EIyBC

L/2

L/2

+

2

f11 = 16/E•d4

L

3L/2L/2

+

2

+ 64/E •d4

L/2

L/2

+

2

f12 = 16/E•d4

L

3L/2L/2

+ + 64/E •d4

L/2

L/2

+L+x1

L/2+x1

TD-2A-S4-F412


Expression littérale du déplacement vertical C.


'0'0'02

1

2221

1211

2

1

EECY

Cv

E PP

ffff

DD

=

=

θδ

Dans l’état E0

0002221

1211

EECY

Cv P

ffff

=

θδ

4

3

1120

dEPLPfC

v πδ == •v

C=20PL3/E•d4

Expression littérale de la rotation en C.


'0'0'02

1

2221

1211

2

1

EECY

Cv

E PP

ffff

DD

=

=

θδ

Dans l’état E0

0002221

1211

EECY

Cv P

ffff

=

θδ

4

2

2124

dEPLPfC

Y πθ == •Y

C=24PL2/E•d4

Expression littérale de l’énergie de déformation.

Dans l’état E0’ [ ][ ][ ] [ ]'0

'02

1

2221

1211212

121

EE

tdéf P

Pffff

PPPfPW

==

Dans l’état E0 [ ] 4

322

112221

1211 1021

00

21

dELPPf

Pffff

PWdéf π==

=

Application numérique : P=1425N, E=210 GPa, L=1m, et d=40mm.

43

32

4

32

4010.210100014251010××

××==

ππdELPWdéf Wdéf=12J

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°11

En appliquant la méthode de CASTIGLIANO et en ne tenant compte que de l’énergie de déformation élastique due au moment fléchissant :a) Déterminez l'expression littérale de la flèche maximum (en C) et des rotations aux extrémités A et B en fonction de P, L, E et II.

b) Calculer numériquement la flèche (en mm) et les rotations (en°) pour P = 12kN, L=1m; la section est un rectangle 80×40, E = 200 GPa.

Réponses : 16EI

PL•• 48EI

PLfY

2

BAY

3

max =−== °==−== − 0,126rd2.210•• mm0.73f 3BAmax

RÈPONSES N°11

Nous ne pouvons déterminer que le déplacement vertical de la section C.

Ce déplacement correspond à la flèche maximale, car le problème est symétrique en l’abscence de charge horizontale.

Nous désirons connaître la rotation de la section A. Il est donc nécessaire qu’il existe en Aun moment « fictif » porté par l’axe de la rotation cherchée .

Appliquons alors en A un moment « fictif » P2 suivant l’axe Y:

Nous désirons connaître la rotation de la section B. Il est donc nécessaire qu’il existe en B un moment « fictif » porté par l’axe de la rotation cherchée .

YG

Zx

G

Z

A C B

L/2

P

L/2

P

C

L/2L/2

G x

Z Y

A B

TD-2A-S4-F412


Appliquons alors en B un moment « fictif » P3 suivant l’axe Y , mais compte tenu de la symétrie :•A= -•B. L’approche de P3 n’est donc pas necessaire.

Pour appliquer le théorème de Castigliano, nous devons au préalable calculer l’énergie de déformation élastique dans l’état E0’ .

∑ ∫ +++++=barres Z

Z

Y

Y

G

XZL YXdéf dx

EIM

EIM

GIM

GAT

GAT

EANW )

222222(

2222

0

22

En ne tenant compte que de l’énergie due au moment fléchissant :( )

dxEI

MW

B

AY

EYdéf ∫=

2'0

2

Nous devons donc chercher le moment My. Pour cela, décomposons l’état E0’ en deux états :

P

C

L/2L/2

G x

Z Y

A B

Etat intermédiaire

E0’

Etat initial

E0

E0 • E0’{ P1=P ; P2=0 }

P1

C

L/2L/2

G x

Z Y

A B

P2

TD-2A-S4-F412


( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫

++=

+==

B

AY

YYYYB

AY

EYEYB

AY

EYdéf dx

EI

MMMMdx

EIMM

dxEI

MW EEEE

2

2

22212121'0

2222

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) dxMMEI

dxMEI

dxMEI

dxEI

MW

B

A

B

A YYY

B

A YY

YY

B

AY

EYdéf EEEE∫ ∫∫∫ ++==

2121

'0 12

12

12

222

Pour calculer Wdéf nous pouvons soit faire le calcul avec l’état E0’, soit avec les états E1 et E2.

Première approche :

Utilisons le tableau des intégrales de Mohr avec l’état E0’.( )

dxEI

MW

B

AY

EYdéf ∫=

2'0

2

( )

++

++

+×+=

24231

2424231

21 2

122

12122

22

LLPPLLPPLPPPPEI

WY

déf

YYYdéf EI

LPPEI

LPEILPW

16696

221

22

321 ++=

Etat intermédiaire

E0’

P1

C

L/2L/2

G x

Z YA B

P2

P1

C

L/2L/2

G x

Z YA B

C

L/2L/2

G x

Z YA B

P2

Etat

E1

E0’ • E1+ E2Etat

E2P2

P1L/4

-

(MY)E1

(MY)E2

(MY)E0’

-

-P2

P2/2+P1L/4

(MY)E0’=(MY)E1+(MY)E2

Wdéf = 1/2EIYL/2

P2

P2/2+P1L/4

-

2

+ 1/2E IYL/2

P2/2+P1L/4

-

2

TD-2A-S4-F412


Autre approche : à ‘aide des états E1 et E2

( ) ( ) ( ) ( ) dxMMEI

dxMEI

dxMEI

WB

A

B

A YYY

B

A YY

YY

déf EEEE∫ ∫∫ ++=2121

12

12

1 22

×+

+

= LPLP

EILP

EILLP

EIW

YYYdéf 244

1123

12

143

12

1 212

22

1

YYYdéf EI

LPPEI

LPEILPW

16696

221

22

321 ++=

a) Expression littérale de la flèche maximum (en C)

Appliquons le théorème de Castigliano :i

défi P

WD

∂∂

=

La dérivée partielle de l’énergie par rapport à P1 nous donne le déplacement associé à P1.

( ) ( )

YY

défECv

E

EILP

EILP

PW

D1648

21

31

11

'0'0 +=∂

∂==δ

Revenons maintenant au problème initial, sachant que : E0 • E0’{ P1=P ; P2=0 }

( )

Y

ECv EI

LP48

30 =δ

a) Expression littérale des rotations aux extrémités A et B

La dérivée partielle de l’énergie par rapport à P2 nous donne le déplacement associé à P2.

( ) ( )

YY

défEAy

E

EILP

EILP

PW

D163

212

22

'0'0 +=∂

∂==θ

Wdéf = 1/2EIYL

P1L/4 2

+ 1/2E IYL

P2

-2

+ 1/E IYL

P2

--L

P1L/4

- x

TD-2A-S4-F412


Revenons maintenant au problème initial, sachant que : E0 • E0’{ P1=P ; P2=0 }

( ) ( )00

16

2EB

yY

EAy EI

LPθθ −==

b) Numériquement : P = 12kN, L=1m; la section est un rectangle 80×40, E = 200 GPa.

( ) mmEILP

Y

ECv 73,0

804010.2004812100010.12

48 33

3330 =

×××××

==δ

•vC=fmax=0,73 mm

( ) o126,010.197,2804010.20016

12100010.1216

333

2320 ⇒=

×××××

== − rdEILP

Y

EAyθ

•YA= -•Y

B =0,126°

PROBLÈME N°12

Considérons le système hyperstatique ci-contre. On ne tient compte que du moment fléchissant pour le résoudre.1°) Déterminez les expressions littérales des réactions. Tracer le diagramme des moments fléchissants.2°) Déterminez les expressions littérales de

la flèche du point C et des rotations en C et B.Application numérique : P=12kN, L=1m, E=200GPa, la section est un rectangle de 80mmx37.5mm. Calculez la valeur du déplacement vertical de C (en mm) et les rotations de B et C (en rd).

Réponses :Les réponses sont données dans le repère XYZ.

1°) 3.75kN16

P5B 8.25kN16

P11A ZZ ==== Nm45008PL3MAY ==

Moments fléchissants MY Nm45008PL3M A ==Y -3750Nm

16PL5M C =−=Y

0M =YB

2°) -2.7344mmEI96PL7

Y

3

VC =−=δ rd171910.1EI32

PL 3

Y

2

YC−==θ rd687510.4

EI8PL 3

Y

2

YB−−=−=θ

A C B

L

P

L

Z

Y

Z

xGG

TD-2A-S4-F412


RÈPONSES N°12

Problème plan (La géométrie est plane ainsi que le chargement) : H=i-3n .

3 degrés de liberté de supprimés en A (Encastrement) . Inconnues :HA ;VA ;MA

1 degré de liberté de supprimé en B (Appui glissant) . Inconnue : VB

Un solide pour appliquer le premier principe de Newton.

H= i-3n = 4-3 = 1 Le système est hyperstatique externe de degré 1 : Hext1°

Le « Mathématicien » ne sait pas résoudre un système ou il existe plus d’inconnues que d’équations, le « Physicien » ne faisant pas mieux , il faut donc chercher des équations de déformations, qui rajoutées à celle de statique permettront de trouver les 4 inconnues.

Notre problème est hyperstatique de degré 1. Nous allons donc choisir une inconnue hyperstatique parmi les 4 (HA ;VA ; VB MA ) afin de traiter un problème isostatique, dont l’hyperstatique ne constituera qu’un cas particulier. Plusieurs choix sont possibles pourl’inconnue hyperstatique, donc plusieurs résolutions possibles. Le chargement de l’isostatique sera celui de l’hyperstatique plus l’inconnue choisie :

P=12kNL=1m

B

b =37,5mm

h =80mm

Z

G x

Y

L=1m

CAHA

VA

MA

VB

TD-2A-S4-F412


Choix de l’inconnue hyperstatique : MA

Remplaçons l’encastrement en A par un appui simple.

Les 2 états seront équivalents lorsque la rotation de la section A de l’isostatique sera nulle.

Choix de l’inconnue hyperstatique : VB

Supprimons la liaison en B

Les 2 états seront équivalents lorsque le déplacement vertical de la section B de létat isostatique sera nul.

Il nous faut donc calculer des déplacements dans les états isostatiques.

Pour la suite du corrigé , conservons ce dernier choix de l’inconnue hyperstatique (VB), et décomposons l’état isostatique E0’ en 2 états unitaires, afin de calculer D2, à l’aide de Maxwell-Mohr.

P L

B

Z

G x

Y

L

CA

P1L

B

Z

G x

Y

L

C

P2A

Etat isostatiqueE0’

Etat hyperstatiqueE0

E0 • E0’{ P1=P ; D2=0 }

P L

B

Z

G x

Y

L

CA

P1L

B

Z

G x

Y

L

C

P2

A



E0 • E0’{ P1=P ; D2=0 }

TD-2A-S4-F412



'0'0'02

1

2221

1211

2

1

EEBv

Cv

E PP

ffff

DD

=

=

δδ

Or dans l’état hyperstatique, le déplacement vertical de B est nul, P2 s’identifie alors avec la valeur de la réaction VB de l’état E0.

22

12122221212 0

fPfPPfPfD B

v −=⇒=+== δ

Calcul des coefficients d’influence dxEI

mmf

C

AY

jYiYij ∫=

)()(à l’aide des intégrales de Mohr :

Calcul de f11 :

( ) LLEI

dxEImf

Y

C

AY

Y ×××== ∫ 22

111 3

11)(YEI

Lf3

3

11 =

Calcul de f22 :

( ) LLEI

dxEI

mfY

B

AY

Y 24311)( 2

22

22 ×××== ∫YEI

Lf38 3

22 =

P1L

B

Z

G x

Y

L

C

P2A


P1=1L

B

Z

G x

Y

L

CA

L

B

Z

G x

Y

L

C

P2=1

A

Etat unitaire

E1

E0’ • P1×E1+P2×E2

Etat unitaire

E2

(mY)22L

+L

L+(mY)1

f11 = 1/EIyL

L

+

2

f22 = 1/EIy2L

2L

+

2

TD-2A-S4-F412


Calcul de f12 : dxEI

mmdxEI

mmfB

CY

YYC

AY

YY ∫∫ += 212112

)()()()(

( )( )

+××= LLLL

EIf

Y

22611

12YEI

Lf65 3

12 =

Calcul de la réaction VB :

Y

Y

EIL

PEIL

fPfP

38

65

3

1

3

22

1212 −=−= 12 16

5 PP −=

Compte tenu du choix arbitraire du sens de P2 que nous avons fait, et trouvant P2

négatif, nous en concluons que la réaction verticale en B dans l’état hyperstatique est verticale ascendante. Sa norme étant de 5P/16.

Le problème initial est maintenant isostatique. Pour trouver les 3 inconnues externes restantes HA ;VA ;MA , nous pouvons utiliser les 3 équations de statique, ou calculer sur l’état E0’ en faisant P2=5P/16

HA0 = P×HA

1-(5P/16)×HA2 HA

0 = P×0-(5P/16)×0 = 0VA

0 = P×VA1-(5P/16)×VA

2 VA0 = P×1-(5P/16)×1 = 11P/16

MA0 = P×MA

1-(5P/16)×MA2 MA

0 = P×L-(5P/16)×2L = 3PL/8

Diagramme des moments fléchissants :

Pour trouver le diagramme des moments fléchissants, nous utilisons les résultats obtenus sur l’état isostatique E0’ au lieu de tout refaire le problème initial.

MY (E0) = P×mY (E1)-(5P/16)×mY (E2)

MYA(E0) = P×mY

A(E1)-(5P/16)×mY

A(E2) = P×L-(5P/16)×2L = 3PL/8

MYC(E0) = P×mY

C(E1)-(5P/16)×mY

C(E2) = P×0-(5P/16)×L = -5PL/16

MYB(E0) = P×mY

B(E1)-(5P/16)×mY

B(E2) = P×0-(5P/16)×0 = 0

f12 = 1/EIYL

2LL

+ + 1/EIYxL

x0L

L

+ +L

L

PL

B

Z

G x

Y

L

CA

5P/16

E0 • E0’{ P1=P ; D2=0 } • P1×E1+P2×E2 • P×E1-(5P/16)×E2

TD-2A-S4-F412


Expressions littérales de la flèche du point C et des rotations en C et B

flèche du point C :

Dans l’état E0’ :'0'0'0

2

13

1

825

251

30 EYEEBv

Cv

PP

EILD

=

=

δδ

Dans l’état E0 :

−

=

165

825

251

3

3

0

PP

EIL

YEBv

Cv

δδ ( )

×−=

165

25

3

30 PP

EIL

Y

ECvδ •v

C=7PL3/96EIY

Le déplacement s’effectue dans le même sens que celui de P1.

Rotations en C et B :

Pour rechercher les rotations des sections C et B il faut qu’il existe en C et B des moments portés par l’axe des rotations cherchées.

Compte tenu des résultats dont nous disposons, il sera plus simple de raisonner à partir de l’état isostatique équivalent E0’ . Cherchons donc, dans un premier temps, les rotations des sections C et B dans l’état isostatique E0’. Rajoutons sur ce dernier 2 couples P3, et P4 en C et D .

P L

B

Z

G x

Y

L

CA

P1=1L

B

Z

G x

Y

L

CA

L

B

Z

G x

Y

L

C

P2=1

A

Etat unitaire

E1

Etat unitaire

E2

Etat initial

P x E1-5P/16 x E2

1

1

L

2L

11P/16

5P/16

3PL/8

L+(mY)1

(mY)22L

+L

3PL/8 (MY)0

5PL/16+ -

Etat0 • P1×Etat1+P2×Etat2 • P×Etat1-(5P/16)×Etat2

TD-2A-S4-F412


Décomposons l’état E0’ en 4 états unitaires pour appliquer la méthode de Maxwell-Mohr

Dans l’état E0’ :

'0'0'04

3

2

1

44434241

34333231

2423

33

1413

33

4

3

1

38

65

65

30

E

YY

YY

EEBy

Cy

Bv

Cv

PPPP

ffffffff

ffEIL

EIL

ffEIL

EIL

DD

D

=

=

θθδδ


P1=1L

B

Z

G x

Y

L

CA

B

Z

G x

Y

L

CA

E0’ • P1×E1+P2×E2+ P3×E3+P4×E4

Etat unitaire

E2

(mY)22L

+L

L+(mY)1

P1L

B

Z

G x

Y

L

C

P2A

P3P4

B

Z

G x

Y

L

CA

P3=1

B

Z

G x

Y

L

CA

Etat unitaire

E3

Etat unitaire

E4

Etat unitaire

E1

E0 • E0’{ P1=P ; P2=-5P/16 ; P3=0 ; P4=0 }

P4=1

+

+

1

1

(mY)3

(mY)4

P2=1

L

L

L

TD-2A-S4-F412


Dans l’état E0 :

'0000

165

38

65

65

3

44434241

34333231

2423

33

1413

33

E

YY

YY

EBy

Cy

Bv

Cv P

P

ffffffff

ffEIL

EIL

ffEIL

EIL

−

=

θθδδ

Nous devons donc calculer seulement les coefficients f31, f32, f41, et f42 .


mmdxEI

mmfB

CY

YYC

AY

YY ∫∫ += 313113

)()()()(

×××= LL

EIf

Y

1211

13YEI

Lf2

2

13 =


mmdxEI

mmfB

CY

YYC

AY

YY ∫∫ += 323223

)()()()(

( )

+××= LLL

EIf

Y

21211

23YEI

Lf23 2

23 =


mmdxEI

mmfB

CY

YYC

AY

YY ∫∫ += 414114

)()()()(

×××= LL

EIf

Y

1211

14YEI

Lf2

2

14 =

F23 = 1/EIYL

2LL

+ + 1/EIYxL

1

+L

xL

L

0+

f13 = 1/EIY + 1/EIYxL

x0L

L

+1

+L

0L

f14 = 1/EIY + 1/EIYxL

x0L

L

+1

+L L

1

+

TD-2A-S4-F412



mmdxEI

mmfB

CY

YYC

AY

YY ∫∫ += 424224

)()()()(

( )

×××++××= LLLLL

EIf

Y

12121

211

24YEI

Lf2

242

=

Dans l’état E0 :

'0000

165

22

23

2

223

38

65

2265

3

4443

22

3433

22

2233

2233

E

YY

YY

YYYY

YYYY

EBy

Cy

Bv

Cv P

P

ffEI

LEIL

ffEIL

EIL

EIL

EIL

EIL

EIL

EIL

EIL

EIL

EIL

−

=

θθδδ

YYY

Cy EI

PLPEIL

EIPL

32165

23

2

222

=−=θ •yC=PL2/32EIY

YYY

By EI

PLPEI

LEI

PL816

522

222

−=−=θ •yB=-PL2/8EIY

Application numérique : P=12kN, L=1m, E=200GPa, la section est un rectangle de 80mmx37.5mm.

Dans le repère XYZ :

3.75kN165 8.25kN

1611

====PBPA ZZ NmPLM AY 4500

83

==

Moments fléchissants MY NmPLM A 45008

3Y == -3750Nm

165

Y =−=PLM C 0YB =M

-2.7344mm967 3

=−=Y

VC EIPL

δ rdEI

PLY

YC3

2

171910.132

−==θ rdEIPL

YYB

32

687510.48

−−=−=θ

F24 = 1/EIYL

2LL

+ + 1/EIYx xL

1

+L

L

+L

1

+

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°13

La poutre encastrée AB ci-contre, de section carrée 60×60, est haubanée par un câble AC de diamètre 5 mm. L = 1 m, E = 200 GPa, P = 3 kN. Le système est hyperstatique. Calculez :1°) la tension dans le câble.2°) le déplacement vertical du point A.

Réponses : mm47,1 N2893N VAAC

x == δA

C

B

L

P45°

xG

Z

P=12kNL=1m

L=1m

b =37,5mm

h =80mmC

A

B8,25 kN

3,75 kN

(MY)

3750 Nm

+-

4500 Nm

4500 Nm

A

B

C

Z

G x

Y

2,7344 mm

1,1719.10-3 rd 4,6875.10-3 rd

TD-2A-S4-F412


RÈPONSES N°13

Deux solides (La barre AB et le cable AC),

3 inconnues en B (encastrement),

2 inconnues en A et en C (articulations) :

H= i-3n = 7-3x2 = 1

Le système est hyperstatique externe de degré 1 : Hext

1°

Le cable AC étant articulé à ses deux extrémités est donc soumis qu’à un effort normal.

Choisissons donc comme inconnue hyperstatique la réaction en C.

Décomposons l’état isostatique E0’ en deux états unitaires E1 et E2.

45°

C

L

P

G x

Z Y

BA

45°

C

L

P

G x

Z Y

BA



E0 • E0’{ P1=P ; D2=0 }

45°

C

L

P1

G x

Z Y

BA

P2

TD-2A-S4-F412



'0'0'02

1

2221

1211

2

1

EECAC

Av

E PP

ffff

DD

=

=

δδ

Or dans l’état hyperstatique, le déplacement de C dans la direction de P2 est nul, P2

s’identifie alors avec la valeur de la réaction en C de l’état E0 .

22

12122221212 0

fPfPPfPfD C

AC −=⇒=+== δ

Calcul des coefficients d’influence ∑ ∫ +=barres Y

jYiYL jXiXij dx

EImm

EAnn

f ))()()()(

(0

à l’aide des

intégrales de Mohr :Calcul de f11 :

( ) LLEI

dxEImf AB

B

A ABY

YY

×××== ∫ 22

111 3

11)(ABY

EILf

3

3

11 =

Calcul de f22 :( ) ( )

∫∫ +=C

A ACXB

A ABY dx

EAndx

EImf

Y

22

22

22)()(

××+

×

××= L

EALL

EIf ACAB

Y

21122

311 2

2

22 ACAB EAL

EILf

Y

26

3

22 +=

Etat unitaireE2

45°

C

L

G x

Z Y

BA

P2=1Etat unitaireE1

45°

C

L

P1=1

G x

Z Y

BA

E0’ • P1×E1+P2×E2

(mY)2(mY)1

(nX)2

+

+

-L 2/2

L

1

f11 = 1/EIyAB

L

L

+

2

f22 = 1/EIyAB

L-

2

+1/EAAC

1

+

2L 2/2

L 2

TD-2A-S4-F412



mmfB

A ABYY

Y

∫= 2112

)()(

××−= LLL

EIf AB

Y2

2311

12 ABY

EILf

62 3

12 −=

Calcul de la réaction en C :

ACAB

AB

EAL

EIL

PEI

L

fPfP

Y

Y

26

62

3

1

3

22

1212

+

−

−=−= 1

2

2 261

2 P

ALI

P

AC

ABY+

=

1°) Tension dans le câble.

Nous avons choisi arbitrairement l’inconnue de l’action en C de telle sorte que le cable AC soit tendue. Nous trouvons P2 positif : Le cable est donc en traction.

L’effort normal dans le cable est : P

ALI

N

AC

ABACX

Y

2

261

2

+

=

Application numérique : Section AB carrée 60×60, haubanée par un câble AC de diamètre 5 mm. L = 1 m, E = 200 GPa, P = 3 kN.

NN ACX 289310.3

5100012460261

2 3

22

4=

×××××

+=

π

NXAC=2893 N

2°) Déplacement vertical du point A.


'0'0'02

1

2221

1211

2

1

EECAC

Av

E PP

ffff

DD

=

=

δδ

Dans l’état E0

=

28933000

0 2221

1211

ffffA

vδ

−=−=+= 2893

223000

32893

623000

328933000

333

1211 ABABABA

vYYY

EIL

EIL

EILffδ

mmAv 473,12893

223000

6010.2003121000

43

3

=

−

×××

=δ •vA=1,47 mm

f12 = 1/EIyAB

L

L

xL

-+L 2/2

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°14

La poutre encastrée AB ci-contre a son extrémité libre qui repose en A sur un appui élastique modélisé par un ressort dont la raideur est k. Le système set hyperstatique.En l'absence de la charge répartie, la poutre est rectiligne et le ressort n'est pas sollicité.

On ne tient compte que du moment fléchissant pour résoudre le système.

1°) Déterminez l'expression littérale de la force qui comprime le ressort et en déduire l'expression de la flèche du ressort.2°) Calculez numériquement la force qui comprime le ressort et la flèche du ressort pour k = 0.1, 0.5, 1, 10 N/mm et k → ∞ La barre est à section carrée 10×10, ρ = 7.85 10-6 kg/mm3

(prendre g=10m/s2), L = 1 m, E = 210 GPa.

Réponses :

kF=f )

kLEI31

1(8P3F A

3Y

A

+=

RÈPONSES N°14

Problème plan (La géométrie est plane ainsi que le chargement) : H=i-3n .3 degrés de liberté de supprimés en A (Encastrement) . Inconnues :HB ;VB ;MB

1 degré de liberté imposé en B (Appui élastique) . Inconnue : VA

Un solide pour appliquer le premier principe de Newton.H= i-3n = 4-3 = 1 Le système est hyperstatique externe de degré 1 : Hext

1°

BA

L

poids P

B

xG

Z

k (N/mm) FA (N) f (mm)0.1 0.47 4.71

0.5 1.44 2.88

1 1.93 1.93

10 2.80 0.28

∞ 2.94 0

L

10

10

Poids Pq

G x

ZY

A B

TD-2A-S4-F412


Choix de l’inconnue hyperstatique : VA

Supprimons la liaison en A

Les 2 états seront équivalents lorsque le déplacement vertical de la section A de létat isostatique sera égal à la flèche •x du ressort.

Décomposons l’état isostatique E0’ en 2 états unitaires, afin de calculer D2=•x (flèche du ressort), à l’aide de Maxwell-Mohr.

Dans l’état E0’ 2221212 PfPfD Av +== δ


mmf

Y

jYiYL

ij ))()(

(0∫= à l’aide des intégrales de Mohr :

L

10

10G x

ZY

A B

P1=1

Etat unitaireE2

Etat unitaireE1

E0’ • P1×E1+P2×E2

L

10

10G x

ZY

A B

P2=1

(mY)2-

L

(mY)1+L2/2

L

10

10

Poids P=qLq

G x

ZY

AB

VB

MB

HBVA

L

10

10G x

ZY

A B


Etat isostatiqueE0’E0 • E0’{ P1=P ; D2=•x }

P2

P1=q

TD-2A-S4-F412


Calcul de f22 :( ) dx

EImf

B

AY

Y∫=2

222

)(

×××= LLEI

fY

222 3

11YEI

Lf3

3

22 =


mmfB

AY

YY∫= 2112

)()(

×

××−= LLL

EIf

Y 2411 2

12YEI

Lf8

4

12 −=


YY

Av EI

PLEI

PLD38

23

14

2 +−== δ

Dans l’état E0Y

A

Y

Av EI

FLEI

qL38

34

+−=δ or kfFA −= et qLP =

kF

EIFL

EIqL A

Y

A

Y

−=+−38

34

d’où : )31

1(8

3

3kLEI

PFY

A

+=

)31

1(8

3

3kLEI

PFY

A

+=

Application numérique : La barre est à section carrée 10×10, ρ = 7.85 10-6 kg/mm3 (prendre g=10m/s2), L = 1 m, E = 210 GPa

)

1000121010.21031

1(8

1010.85,7100010103

3

43

6

k

FA

××××

+

×××××=

−

f12 = 1/EIyL

L2/2

xL

-+L

f22 = 1/EIyL

-

2L

TD-2A-S4-F412


k0,5251

12,94375

+=AF

Pour k=0 :

:

mmEI

PLEI

qLYY

Av 60714,5

1010.2108121010.85,7100010101000

88 43

6334

=××

××××××−=−=−=

−

δ

Pour k= ∞ :

La force FA tend vers 2,94N8

3 == PFA , et la flèche f tend vers 0 :

Variation de la force et de la flèche du ressort en fonction de la raideur k

0

1

2

3

4

5

6

0 5 10 15 20k(N/mm)

Forc

e(N

) flè

che(

mm

)

FA (N)

f (mm)

5,6 mm

2,94375 N

k (N/mm)

FA (N) f (mm)

0.1 0.47 4.71

0.5 1.44 2.88

1 1.93 1.93

10 2.80 0.28

∞ 2.94 0

FA

f

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°15

Avant d'appliquer la charge répartie, un espace de 12 mm existe entre la poutre et l'appui C. Sachant que l'inertie de flexion vaut 217 106 mm4, calculez (en kN) les réactions sur chaque appui (prendre E = 200 GPa). On ne tient compte que du moment fléchissant.

Réponses : kN100C kN50BA ===

RÈPONSES N°15

Le problème deviendra hyperstatique externe de degré 1 lorsque la flèche verticale de la section C sera égale à 12 mm.

Calculons donc la part de la charge répartie q qui donne une flèche égale à 12mm.

Nous devons donc constituer un état E0’ pour lequel nous rajoutons une force verticale en C

A B

5m

20kN/m

C

5m

12mm

xG

Z

C

5m5m

G x

Z Y

A B


P1=qP2

E0 • E0’{ P1=q ; P2=0 }

q=20kN/m

C

5m5m

G x

Z Y

A B12mm

Etat initialE0

TD-2A-S4-F412


Décomposons en deux états unitaires :

Dans l’état E0’ 2221212 PfPfD Cv +== δ


mmf

Y

jYiYL

ij ))()(

(0∫= à l’aide des intégrales de Mohr :

Calcul de f22 :( ) dx

EImf

B

AY

Y∫=2

222

)(

×

××= LL

EIf

Y

2

22 4311

YEILf

48

3

22 =


mmfB

AY

YY∫= 2112

)()(

×

××+= LLL

EIf

Y 841251 2

12YEI

Lf384

5 4

12 +=


YY

Av EI

PLEIPLD

483845 2

31

4

2 +== δ

Dans l’état E0 ( )1

44

63

4

4

4105

1210.21710.2003845

384384

5 −=×

×××==⇒= Nmm

LEIq

EIqL A

vY

Y

Av

δδ

Etat unitaireE2

Etat unitaireE1

E0’ • P1×E1+P2×E2 P2=1

(mY)2 L/4(mY)1

-L2/8

C

L/2L/2

G x

Z Y

A B

q

C

L/2L/2

G x

Z Y

A B

P1=1

-

1/2 1/2L/2 L/2

f12 = 1/EIyL

L2/8x

L

L/4--

f22 = 1/EIy

L2

L/4-

TD-2A-S4-F412


Un chargement réparti de 4N par mm, c'est-à-dire 4kN/m procure une flèche de 12mm/Le chargement total est donc pour 10 m de 40kN. Chaque réaction vaut donc 20kN.

Il subsiste donc une charge répartie de 16 kN supportée par les 3 appuis A, C, et B :

Le système est hyperstatique externe de degré 1. Choisissons comme inconnue hyperstatique, la réaction verticale en C et constituons un système isostatique équivalent :

Compte tenu des résultats obtenus précédemment :

2221212 PfPfD Av +== δ 0

483845 2

31

4

2 =+==YY

Av EI

PLEIPLD δ

85

384485 1

31

4

2LP

LEIEIPLP

Y

Y −=−=

C

5m5m

G x

Z Y

A B

Etat isostatiqueEquivalent si D2=0 P1=q’

q’=16kN/m

C

5m5m

G x

Z Y

A B

Etat hyperstatique

VCVBVA

HA

4kN/m

C

5m5m

B12mm

G x

Z Y

20kN20kN

A

P2

TD-2A-S4-F412


La réaction verticale en C dans l’hyperstatique vaut donc :

kNLqVC 1008

101658'5

−=××

−=−=

Les deux autres réaction verticales en A et B sont égales (symétrie), et valent en écrivant l’équilibre : VA=VB=-

Nous pouvons maintenant revenir au problème initial en superposant les résultats obtenus respectivement sur l’état isostatique et sur l’hyperstatique.

q=20kN/m (16kN/m+4kN/m)

5m5m

Etat initialE0

100kN (100kN +0kN)

50kN (30kN +20kN) 50kN (30kN +20kN)

C12mmA B

q’=16kN/m

C

5m5m

G x

Z Y

B

100kN

30kN30kN

A

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°16

Considérons le cadre fermé ci-contre. Le système est hyperstatique. On ne tient compte que du moment fléchissant pour résoudre le système.

Déterminez le moment de flexion maximum (en Nmm), la contrainte de flexion maximum (en MPa) et l'allongement du cadre (en mm).La section droite du cadre est rectangulaire 8×25. Le matériau est un acier dont le module de YOUNG vaut 210 GPa. La force P vaut 50 N.

Réponses:

mm26.1EI192PL5

MPa9.21 Nmm562516PL3M

II

3

CxxZC

==

±===

δ

σ

RÈPONSES N°16

Le cadre est statiquement déterminé, et en équilibre sous l’action des deux charges P.Par contre il est impossible de déterminer les actions internesdu Torseur de section (ou de Cohésion) compte tenu qu’il est fermé.

En effet nous ne pouvons pas mettre en équilibre un tronçon isolé, puisque nous ne pouvons pas définir un Amont ou un Aval par rapport à une coupure (Le cadre est fermé).

Le problème est plan :TZ=MX=MY=0Les inconnues sont :NX ; TY ; MZ.Le système est Hyperstatique Interne de degré 3, car les inconnues que nous ne pouvons calculer sont les sollicitations du Torseur de Section.

P

L= 600 mm

L/2= 300 mm

P

xG

YA B

C

DE

PP

A B

C

DE

L/2=300mm

L=600mm

Etat hyperstatique

E0

Hint3°

F

G x

Y

Z

G x

Y

Z Nx

TZ

TY

MY

MZ

Mx

TD-2A-S4-F412


Rendons le système isostatique en y pratiquant un nombre de coupures simples, égal à son degré d’hyperstaticité.Le cadre étant Hint3° faisons une coupure totale dans une section quelconque H (triple : NX ;TY ;MZ)

H devient H’ et H’’Appliquons des sollicitations NX ;TY ;MZ

aux deux lèvres de la coupure, égales et opposées et d’intensité telles que nous refermions exactement la coupure.

0''/' =HHhδ

0''/' =HHvδ

0''/' =HHZθ

Ce sont des déplaçements relatifs

Nous pouvons simplifier la résolution en se souvenant qu’un axe de symétrie nous permet d’abaisser le degré d’hyperstaticité du système.

Faisons intervenir l’axe de symétrie vertical AE en considérant la coupure en A :

A devient A’ et A’’

Appliquons des sollicitations NX ;TY ;MZ

aux deux lèvres de la coupure, égales et opposées.L’effort tranchant TY dans la section A’’est vertical descendant pour respecterle principe d’action mutuelle.Il doit être vertical ascendant pour respecter la condition de symétrie.

La seule valeur possible est donc TY=0Pour refermer exactement la coupure :

0''/' =HHhδ

0''/' =HHZθ

PP

A B

C

DE

Nx

TY

MZ

H’H’’

Etat isostatiqueEquivalent

===

000

''/'

''/'

''/'

HHZ

HHv

HHh

θδδ

Hint3°

F

G x

Y

Z

PP

A’B

C

DE

A’’ Nx

TY=0MZ


==

00

''/'

''/'

AAZ

AAh

θδ

Hint2°

TY=0

TY=0

F

G x

Y

Z

TD-2A-S4-F412


Faisons intervenir les 2 axes de symétrie (vertical et horizontal) en considérant la coupure en A et en E:

A devient A’ et A’’

E devient E’ et E’’

L’équilibre de l’une ou l’autre des 2 parties, nous permet de trouver la valeur de l’effort normal dans les 2 sectionss : NX=P/2

Pour refermer exactement la coupure :

0''/'''/' == EEZ

AAZ θθ

Nous devons donc calculer la rotation relative deA’ par rapport à A’’ suivant l’axe Z.Lorsque ce déplacement sera nul le moment s’identifiera avec le moment fléchissant dans les

sections A et E.

PP

B

C

D


0''/' =AAZθ

Hint1°

E’E’’ Nx

MZ

A’A’’ Nx

MZ

F

G x

Y

Z

PP

B

C

D


0''/' =AAZθ

E’E’’ MZ

A’A’’

MZ

P/2 P/2

P/2 P/2

MZ

MZ

Hint1°F

G x

Y

Z

TD-2A-S4-F412


Compte tenu des axes de symétrie, pour calculer ces rotations, nous allons raisonner sur le quart du cadre.

Décomposons l’état isostatique E0’ en 2 états unitaires, afin de calculer D2, à l’aide de Maxwell-Mohr.


'0'0'02

1

2221

1211''/'

/

2

1

EEAA

Z

FCh

E PP

ffff

DD

=

=

θδ

22

1212222121

''/'2 0

fPfPPfPfD AA

Z −=⇒=+== θ

Calcul des coefficients d’influence ∑ ∫=barres Z

jZiZL

ij dxEI

mmf )

)()((

0à l’aide des intégrales de

Mohr :

P1/2

A’ B

C

L/2=300mm

L/2=300mm

DE

P1/2

P1/2

P1/2

P1/2

P1/2

P1/2 P1/2

P2 P2

P2 P2

E0 • E0’{ P1=P ; D2=0 }

Etat isostatique

E0‘

F

A’’ G x

Y

Z

TD-2A-S4-F412



+×= ∫∫ dx

EImdx

EImf

C

BZ

ZB

AZ

Z2

22

222

)()(4

××=2

118 222

LEI

fZ ZEI

Lf 422 =

Calcul de f12 :

+×= ∫∫ dx

EImmdx

EImmf

C

BZ

ZZB

AZ

ZZ 212112

)()()()(4

×××−=

21

4214

12LL

EIf

Z ZEILf

4

2

12 −=

P1/2

A B

C

P1/2

P2

¼ Etat E0’

1/2

A B

C

1/2

Etat E1

A B

C

1

Etat E2

-

1

(mZ)1

L/4

(mZ)2+

+

1

G x

Y

Z

G x

Y

Z

G x

Y

Z

f12 = 4/EIZL/2

L/4

xL/2

1+-

f22 = 4/EIZL/2

21

+ 4/EIZL/2

21

++

TD-2A-S4-F412


Dans l’état E0’ 222121''/'

2 PfPfD AAZ +== θ

ZZ

AAZ EI

LPEI

PLD 212

''/'2

44

+−== θ

Dans l’état E01616

0 2''/' PLMPLP A

ZAA

Z =⇒=⇒=θ

Pour trouver le diagramme des moments fléchissants, nous utilisons les résultats obtenus sur l’état isostatique E0’ au lieu de tout refaire le problème initial.

MZ (E0) = P×mZ (E1)+(PL/16)×mZ (E2)

MZB(E0) = P×mZ

B(E1)+(PL/16)×mZ

B(E2) = P×0+(PL/16)×1 = PL/16

MZC(E0) = P×mZ

C(E1)+(PL/16)×mZ

C(E2) = P×(-L/4)+(PL/16)×1 = -3PL/16

Le moment fléchissant maximum est de 3PL/16 dans les sections C et F.

mmNPLM CZ 5625

16600503

163

=××

== MZmax= 5,625 mN

La contrainte de flexion maximum vaut :

MPabhPLh

hb

PL

YI

M P

Z

ZPxx 09,21

8258600509

89

212.16

3

223 ±=××

××±=±=

±

−−=−=σ •xx

max= ±21,1 MPa

PP

A B

C

DE

3PL/16

G x

Y

Z

F --

+++

++

+

Diagramme des moments fléchissants MZ

PL/16PL/16

PL/16PL/16

3PL/16

TD-2A-S4-F412


Allongement du cadre :

Il nous faut donc déterminer le déplacement relatif des sections C par rapport à F horizontalement. Nous allons encore travailler avec l’état E0’.


'0'0'02

1

2221

1211''/'

/

2

1

EEAA

Z

FCh

E PP

ffff

DD

=

=

θδ

212111/

1 PfPfD FCh +== δ

Dans l’état E0

+=

161211/ PLfPfFC

hδ

Nous devons donc calculer f11.


+×= ∫∫ dx

EImdx

EImf

C

BZ

ZB

AZ

Z2

12

111

)()(4

×

××=

243114

2

11LL

EIf

Z ZEILf

24

3

11 =

×−=

16424

23/ PL

EILP

EIL

ZZ

FChδ mm

EIPL

Z

FCh 26,1

82510.21019212600505

1925

33

33/ =

××××××

==δ

Allongement du cadre : •hC/F = 1,26 mm

f11 = 4/EIZ

2

L/2

L/4

-

TD-2A-S4-F412


3. MÉTHODE DES ÉLÉMENTS FINIS

PROBLÈME N°17

Considérons la poutre à section droite variable ci-contre. Le module de YOUNG E vaut 2.105 MPa, L=1 m. La poutre est encastrée à ses deux extrémités et est soumise à une charge axiale P=10kN.La poutre est discrétisée en trois éléments poutre et quatre nœuds. L’aire

A vaut 10 mm2.

1°) Calculez les matrices de rigidité élémentaire des trois éléments sous la forme : [ ]310.4 .

2°) Calculez la matrice de rigidité globale de la structure (sous la forme : [ ]310.4 ).3°) Calculez les déplacements axiaux des nœuds 2 et 3 (en mm), puis les efforts axiaux sur les nœuds 1 et 4 (en kN).4°) Calculez le déplacement axial, la déformation axiale et la contrainte (en MPa) au milieu de l’élément 2.Réponses:

1°) [ ] [ ] [ ]

−

−=

−

−==

1111

10.4k 2222

10.4kk 33321 2°)

[ ]

−−−

−−−

=

11001320

02420022

10.4K 3

3°) kN5.2F kN5.7F mm625.0u mm9375.0u x4x132 −=−===

4°) -125MPa -6.25.10 mm78125.0u -4 === σε

RÈPONSES N°17

La poutre droite à section variable est encasrée à ses deux extrémités. La charge P étant axiale, seules les réactions horizontales existent, et le problème est donc hyperstatique externe de degré 1.

1 P

L/2 L/2

32

2AA

L/2

4 x

1 32

TD-2A-S4-F412


1) Discrétisons la poutre en 3 éléments et 4 nœuds . Dans notre cas les axes locaux et globaux coïncident. Chaque élément, compte tenu du chargement, n’est soumis qu’à des efforts normaux. Chaque nœud admet un déplacement u suivant x.

La matrice de rigidité élémentaire en traction-compression [ ]

−

−1111

LEA=ek .relie les

efforts d’extrémité de l’élément et les déplacements des nœuds

−

−=

2

1

2

1

1111

uu

LEA

FF

ex

ex

2A

AL/2

L/2

L/23

1

2

32A

x

2

1

2

4

3

P

2A

AL/2

1

x

L/2

L/2

2

3

1

2

3P

4

TD-2A-S4-F412


Calculons les matrices de rigidité élémentaires.

Elément 1 :

[ ]

−

−1111

2L

E2A=1k

[ ]

−

−××1111

21000

1022.10=5

1k

[ ]2222

10.4 31

−

−=k

−

−=

2

1312

11

2222

10.4uu

FF

x

x

Elément 2 :

[ ]

−

−1111

2L

E2A=2k

[ ]

−

−××1111

21000

1022.10=5

2k

[ ]2222

10.4 32

−

−=k

−

−=

3

2323

22

2222

10.4uu

FF

x

x

Elément 3 :

[ ]

−

−1111

2L

EA=3k

[ ]

−

−×1111

21000

102.10=5

3k

[ ]1111

10.4 33

−

−=k

−

−=

4

3334

33

1111

10.4uu

FF

x

x

L/2

1

1

2A x2

F1x1

F1x2

2AL/2

3

2

x

2

F2x2

F2x3

AL/2

3

x

4

3

F3x3

F3x4

TD-2A-S4-F412


2) Détermination de la matrice de rigidité K de la structure :

Procédons à l’assemblage des 3 matrices de rigidité élémentaires :

3)

D’où : [ ] [ ][ ]DKP =

Appliquons les conditions limites :

La résolution des équations 2 et 3 du système nous permet de trouver

( )( )

+−=−=

323

323

3210.402410.4

uuuuP

625.09375.0 32 mmummu ==

Ces valeurs reportées dans le système nous permettent de résoudre les équations 1 et 4 :

( ) ( )( ) ( )

−=−=×−=−=

625,010.410.49375,0210.4210.4

33

34

32

31

uFuF

X

X

kNkN 5.2F 5.7F x4x1 −=−=

[ ]2222

10.4 31

−

−=k [ ]

2222

10.4 32

−

−=k [ ]

1111

10.4 33

−

−=k

[ ]

−−−

−−−

=

11001320

02420022

10.4 3K

−−−

−−−

=

4

3

2

1

3

4

3

2

1

11001320

02420022

10.4

uuuu

FFFF

X

X

X

X

−−−

−−−

=

+

0

0

11001320

02420022

10.40 3

23

4

1

uu

F

PF

X

X

L/2xL/2

L/2P=10 kN 2,5 kN

7,5 kN

TD-2A-S4-F412


4)

Déterminons les efforts d’extrémités de l’élément 2 :

−

−=

3

2323

22

2222

10.4uu

FF

x

x

−

−=

625,0

9375,02222

10.4 323

22

x

x

FF

−

=

×+×−

×−×=

−

−=

2500

2500625,029375,02

625,029375,0210.4

625,09375,0

2222

10.4 3323

22

x

x

FF

L’élément est donc soumis à un effort de compression de 2,5 kN

La contrainte vaut pour tout point:

MPaA

N xxx 125

1022500

−=×

−==σ

La déformation associée vaut :

65 10.625

10.2125 −=

−==

Exx

xxσ

ε

La matrice d’interpolation des déplacements [A] en traction-compression est :

[ ]

−=

LX

LXA 1

[ ][ ]2)( DAxu =

−=

3

21)(uu

LX

LXxu

mmuuLu 78125,0

21

21)

2(

3

2 =

=

2AL/2

3

2

x

2

F2x2

F2x3

2AL/2

3

2

x

2

2500 N

2500 N

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°18Avant d'appliquer la charge horizontale P un jeu "j" existe entre l'extrémité droite de la poutre et l'appui de droite. La poutre est modélisée par deux éléments "poutre" et trois nœuds.1°) Déterminer sous forme littérale les matrices de rigidité élémentaires et la matrice de rigidité totale en fonction de L, E et A (mettre 2EA/L en facteur).2°) E=200GPa, A=5cm2, L=1m et P=100kN. Calculer:

a) Le jeu "j" pour que la poutre arrive juste en contact avec la liaison de droite.b) Le jeu "j" pour qu'un l'effort de compression de 10kN s'exerce dans l'élément 2.

Réponses:

[ ] [ ] [ ] mm0,175jmm0,25j110132

022

L2EAK

1111

L2EAk

2222

L2EAk 21 ==

−−−

−=

−

−=

−

−=

RÈPONSES N°18

1°)Discrétisons la poutre en 2 éléments et 3 nœuds . Dans notre cas les axes locaux et globaux coïncident. Chaque élément, compte tenu du chargement, n’est soumis qu’à des efforts normaux. Chaque nœud admet un déplacement u suivant x.

La matrice de rigidité élémentaire en traction-compression [ ]

−

−1111

LEA=ek .relie les

efforts d’extrémité de l’élément et les déplacements des nœuds

−

−=

2

1

2

1

1111

uu

LEA

FF

ex

ex

1 P

L L/2

2

12

3 x

j4A

A

4A

AL/2

1

x

L2

1

2

P

3

j

TD-2A-S4-F412



Elément 1 :

[ ]

−

−1111

LE4A=1k

[ ]

−

−2222

L2EA=1k

−

−=

2

112

11

2222

L2EA

uu

FF

x

x

Elément 2 :

[ ]

−

−1111

2L

EA=2k

[ ]

−

−1111

LA2=2 Ek

−

−=

3

223

22

1111

LA2

uuE

FF

x

x

Détermination de la matrice de rigidité K de la structure :


1°)

D’où : [ ] [ ][ ]DKP =

4

1

xL2

1F1

x1

F1x2

AL/2

x

2

2

3

F2x2

F2x3

[ ]2222

L2EA1

−

−=k [ ]

1111

LA22

−

−=

Ek

[ ]

−−−

−=

110132

022

LA2EK

−−−

−=

3

2

1

3

2

1

110132

022

LA2

uuu

E

FFF

X

X

X

TD-2A-S4-F412


a) Jeu "j" pour que la poutre arrive juste en contact avec la liaison de droite.


La résolution des équations 2 et 3 du système nous permet de trouver u2 et u3.

( )

( )

+−=

−=

32

32

LA20

3LA2

uuE

uuEP ( )

=+−

−××

=

0

31000

10.500.102210.100

32

32

233

uu

uu 25.032 mmuu ==

J=0,25 mm

b) Le jeu "j" pour qu'un effort de compression de 10kN s'exerce dans l'élément 2.


La résolution des équations 2 et 3 du système nous permet de trouver u2 et u3.

( )

( )

+−=−

−=

32

32

LA2

10

3L

A2

uuEP

uuEP

+−=−

−=

32

32

20

32

uuEA

PL

uuEAPL

==

=

mmEAPLu

EAPLu

175,0407

409

3

2

J=0,175 mm

−−−

−=

+

3

2

1 0

110132

022

LA2

0 uuEP

FX

−−−

−=

−

+

3

2

1 0

110132

022

LA2

10uuE

PP

F X

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°19

Ce problème est le même que le problème 9 qui a été résolu par la méthode de MAXWELL-MOHR.

Les barres (1) et (2) de même section droite A et de même matériau) sont articulées en 1, 2 et 3. Une force verticale P est appliquée en 2.

1°) Déterminez les matrices de rigidité élémentaire des deux éléments en fonction de E, A et L et dans le repère global X,Y. Écrire ces matrices sous la forme :

[ ] [ ]L

EAk 1 = [ ] [ ]L

EA42k 2 =

2°) Déterminez sous forme littérale la matrice de rigidité de la structure dans le repère global X, Y. Écrire cette matrice sous la forme :

[ ] [ ]L

EAK =

3°) Calculez (en mm) le déplacement horizontal et le déplacement vertical du noeud 2 pour A= 1cm², E= 200 GPa, L= 2m, P= 10kN et la valeur (en kN) des réactions sur les nœuds 1 et 3.4°) Calculez les efforts axiaux dans les éléments 1 et 2.

Réponses : 1°)

[ ]

−

−

=

0000010100000101

LEAk 1 [ ]

−−−−−−

−−

=

111111111111

1111

LEA

42k 2

2°)

[ ]

−−

−−

−−

−−+−

−

=

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42)

421(01

000000000101

LEAK

1

2

X

Y

1

3

2

P

135°

L

TD-2A-S4-F412


3°) mm83,3umm1u 2Y2X −=−=0F

kN10F

1Y

1X

=

−=

kN10FkN10F

3Y

3X

=

−=

3°)kN142.14N

kN10NBC

x

ABx

=

−=

RÈPONSES N°19

1°) Matrices de rigidité élémentaire des deux éléments en fonction de E, A et L et dans le repère global X,Y.

Le problème est à 2 degrés de liberté, uX suivant X et vY suivant Y ( X,Y étant le repère global )Elément 1 :

Dans les axes locaux xy

[ ]

−

−1111

LEA=/xy

1k

−

−=

2

1

/xy12

11

1111

LEA

x

x

x

x

uu

FF

Dans les axes globaux XY

[ ]

−

−

0000010100000101

LEA=/XY

1k

3

2

P

135°

L

1 X

Y

1

2

2

L

11

F1x1 F1

x2

x

y

X

Y

TD-2A-S4-F412


Elément 2 :Dans les axes locaux xy

[ ]

−

−1111

2LEA=/xy

2k

−

−=

3

2

/xy23

22

1111

2LEA

x

x

x

x

uu

FF

Dans les axes globaux XYNous devons calculer [λ] la matrice de transformation,car pour l’élément 2, les axes locaux et globaux ne coïncident pas :

[ ]

=

θθθθ

λsincos00

00sincos

[ ]

°°

°°=

135sin135cos0000135sin135cos

λ

[ ]

−

−=

11000011

22

λ

[ ] [ ][ ] [ ] ,2

,2 λλ yx

tYX kk = [ ]

11000011

22

1111

2LEA

1010

0101

22

,2

−

−

−

−

−

−

=YXk

[ ] 11000011

1111

1010

0101

4L2EA

,2

−

−

−

−

−

−

=YXk

[ ] 11000011

111111

11

4L2EA

,2

−

−

−−−

−

=YXk [ ]

−−−−−−

−−

=

111111111111

1111

42

,2

LEAk YX

[ ]

−−

−−

−−

−−

=

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

,2

LEAk YX

F2x3

F2x2

x

y

X

Y

2

3

L 2

2

135°

TD-2A-S4-F412


2°) Matrice de rigidité de la structure dans le repère global X, Y.


3°) Déplacement horizontal et déplacement vertical du noeud 2 :

[ ] [ ][ ]DKP =

XYY

X

Y

X

Y

X

XYY

X

Y

X

Y

X

vuvuvu

LEA

FFFFFF

/3

3

2

2

1

1

/3

3

2

2

1

1

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42)

421(01

000000000101

−−

−−

−−

−−+−

−

=


XY

Y

X

XYY

X

Y

X

vu

LEA

FF

FF

/

2

2

/3

3

4

1

1

00

00

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42)

421(01

000000000101

100

−−

−−

−−

−−+−

−

=

−

[ ]

−

−

0000010100000101

LEA=/XY

1k [ ]

−−

−−

−−

−−

=

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

42

,2

LEAk YX

[ ]

−−

−−

−−

−−+−

−

=

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42)

421(01

000000000101

/ LEAK XY

TD-2A-S4-F412


La résolution des équations 3 et 4 du système nous permet de trouver uX2 et vY2.

+−=−

−+=

224

22

42

4210

42)

421(0

YX

YX

vuL

EA

vuL

EA

( )

+−×

××=−

−+=

223

34

22

410.2210010.20010

42)

421(0

YX

YX

vu

vu

+−=××××−

−+=

223

34

22

210010.200410.210

42)

421(0

YX

YX

vu

vu

−=−=

mmvmmu

Y

X

828,31

2

2

•H2= -1 mm•V2= -3,83 mm

Réactions sur les nœuds 1 et 3 :

XYXYY

X

Y

X

FF

FF

/

4

/3

3

4

1

1

0083,31

00

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42)

421(01

000000000101

10100

−−

−−

−−

−−

−−+−

−

=

−

La résolution des équations 1, 2, 5 et 6 du système nous permet de trouver les réactions.

+−=

−=

==

−−

−−

−−

−−

−−+−

−

=

−

4283,3

4210

4283,3

4210

010

0083,31

00

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42

4200

42

42

42)

421(01

000000000101

10100

43

43

1

41

/

4

/3

3

4

1

1

Y

X

Y

X

XYXYY

X

Y

X

F

F

FF

FF

FF

TD-2A-S4-F412


FX1= 10 kN

FY1= 0 kN

FX3= -10 kN

FY3= 10 kN

4°) Efforts axiaux dans les éléments 1 et 2 :

Elément 1 :

Dans les axes locaux xy

[ ]

−

−1111

LEA=/xy

1k

−

−=

2

1

/xy12

11

1111

LEA

x

x

x

x

uu

FF

Les axes locaux et globaux coïncidant :uX1=ux1 et uX2=ux2

−=

−

−

−=

−

−

−=

4

44

/xy12

11

1010

10

1111

011

01111

LEA

x

x

FF

L’effort normal dans l’élément 1 est un effort axial de compression :

kNN x 101 −=

3

2

10 kN

135°

L

1 X

Y

1

2

10 kN

10 kN

10 kN

2

L

11

F1x1 F1

x2

x

y

X

Y

2

L

11

10 kNx

y

10 kN

TD-2A-S4-F412


Elément 2 :Dans les axes locaux xy

[ ]

−

−1111

2LEA=/xy

2k

−

−=

3

2

/xy23

22

1111

2LEA

x

x

x

x

uu

FF

Les axes locaux et globaux ne coïncident pasil nous faut calculer :

ux2 et ux3

Utilisons la relation : [ ] [ ][ ] YXe

yxe DD ,, λ=

Avec [λ] trouvée précédement :

[ ]

−

−=

11000011

22

λ

−=

−

−

−

−=

−

−=

0828,2

22

00828,31

11000011

22

11000011

22

3

3

2

2

3

2

Y

X

Y

X

x

x

vuvu

uu

D’où :

−

−

−=

−

−

−=

−

−=

0828,2

1111

10.50828,2

22

1111

210

1111

2LEA 3

4

3

2

/xy23

22

x

x

x

x

uu

FF

+−

=

1414014140

/xy23

22

x

x

FF

L’effort normal dans l’élément 1 est un effort axial de traction :

kNN BCx 14,14=

F2x3

F2x2

x

y

X

Y

2

3

L 2

2

135°

x

y

2

3

L 2

2

14,14 kN

14,14 kN

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°20

Ce problème est le même que le problème 12 qui a été résolu par la méthode de MAXWELL-MOHR.

P=12kN, L=1m, E=200GPa, la section est un rectangle de 80mmx37.5mm.

1°) Déterminez sous forme numérique (en N/m) la matrice de rigidité de la poutre ci-contre (discrétiser en deux éléments de longueur L et trois nœuds).

2°) En déduire les valeurs numériques de v2 (en mm), de θz2, θz3 (en rd) et des réactions sur les nœuds 1 et 3 (en kN pour les forces, Nm pour les moments). Tracez le diagramme des moments fléchissants sur les éléments 1 et 2.

3°) Calculez la flèche (en mm), la déformation axiale maximum et la contrainte de flexion maximum (en MPa) au milieu de l’élément 2

RÈPONSES N°20

Le problème est hyperstatique externe de degré 1.

1 2 3

LP

L

y

x1 2

y

zG

P=12kNL=1m

B

b =37,5mm

h =80mm

Y

G x

Z

L=1m

CAHA

VA

MA

VB

TD-2A-S4-F412


1°)

Discrétisons la poutre en 2 éléments et 3 nœuds :

Dans notre cas les axes locaux et globaux coïncident.

Chaque élément, compte tenu du chargement, n’est soumis qu’à un cisaillement de flexion.

Chaque nœud admet un déplacement v suivant Y, et une rotation • suivant Z .

La matrice de rigidité élémentaire en flexion dans le plan XY :

[ ]

−−−−

−−

=

22

22

3

4626612612

2646612612

LLLLLL

LLLLLL

LEIk ze .

Elle relie les efforts d’extrémité de l’élément et les déplacements des nœuds

−−−−

−−

=

2

2

1

1

22

22

3

2

2

1

1

4626612612

2646612612

z

zz

ez

ey

ez

ey

v

v

LLLLLL

LLLLLL

LEI

MFMF

θ

θ

P=12kN L=1m

L=1m

FY3

X

Y

Elément 2Nœud 2

Nœud 3

Nœud 1

Elément 1Z

FY1

MZ1

TD-2A-S4-F412



Elément 1 :

[ ]

−−−−

−−

=

22

22

31

4626612612

2646612612

LLLLLL

LLLLLL

LEIk z

[ ] ( )

−−−−

−−

××=

−−

4626612612

2646612612

1210.8010.5,3710.200

33391k ; [ ]

−−−−

−−

=

4626612612

2646612612

10.2,3 51k

−−−−

−−

=

2

2

1

1

5

12

12

11

11

4626612612

2646612612

10.2,3

z

z

z

y

z

y

v

v

MFMF

θ

θ

Elément 2 :

[ ]

−−−−

−−

=

22

22

32

4626612612

2646612612

LLLLLL

LLLLLL

LEIk z

[ ]

−−−−

−−

=

4626612612

2646612612

10.2,3 52k

−−−−

−−

=

3

3

2

2

5

23

23

22

22

4626612612

2646612612

10.2,3

z

z

z

y

z

y

v

v

MFMF

θ

θ

L=1m

X

Y

Elément 1Z

F1Y1

1

2

M1Z1 F1

Y2

M1Z2

L=1m

X

Y

Elément 2Z

F2Y2

2

3

M2Z2 F2

Y3

M2Z3

TD-2A-S4-F412


Détermination de la matrice de rigidité K de la structure :


D’où : [ ] [ ][ ]DKP =

2°)Appliquons les conditions limites :

La résolution des équations (3), (4),et (6) permet de trouver les déplacements :

mmv 7344.22 −= 32 10 1719.1 −−=zθ rdz

33 10 6875.4 −+=θ

[ ]

−−−−

−−−−

−−

=

46260061261200

26802661202461200264600612612

102.3 5K

[ ]

−−−−

−−

=

4626612612

2646612612

10.2,3 52k[ ]

−−−−

−−

=

4626612612

2646612612

10.2,3 51k

−−−−

−−−−

−−

=

3

3

2

2

1

1

5

3

3

2

2

1

1

46260061261200

26802661202461200264600612612

102.3

Z

Z

Z

Z

Y

Z

Y

Z

Y

v

v

v

MFMFMF

θ

θ

θ

( )( )( )( )( )( )654321

0

00

46260061261200

26802661202461200264600612612

102.3

0

0

3

2

25

3

1

1

−−−−

−−−−

−−

=

−

Z

Z

Y

Z

Y

v

F

PMF

θ

θ

TD-2A-S4-F412


La résolution des équations (1), (2),et (5) permet de trouver :

kNFy 25.81 = kNFy 75.33 = NmM z 45001 =


−−−−

−−

=

2

2

1

1

5

12

12

11

11

4626612612

2646612612

10.2,3

z

z

z

y

z

y

v

v

MFMF

θ

θ

35

12

12

11

11

10

1719,17344,200

4626612612

2646612612

10.2,3 −

−−

−−−−

−−

=

z

y

z

y

MFMF

P=12kN

2

1

3

8,25 kN

3,75 kN

4500 Nm

Z

Y

2,7344 mm

1,1719.10-3 rd

4,6875.10-3 rd x

−−

−−−−

−−−−

−−

=

−

−

−

−

3

3

35

3

1

1

10.6875,40

10.1719,110.7344,2

00

46260061261200

26802661202461200264600612612

102.3

0

012000

Y

Z

Y

F

MF

L=1m

X

Y

Elément 1Z

F1Y1

1

2

M1Z1 F1

Y2

M1Z2

TD-2A-S4-F412


( ) ( )( )( ) ( )( )

( ) ( )( )( ) ( )( )

−×+−×−=−×−−×=−×+−×−=−×+−×−=

−

−

−

−

3512

3512

3511

3511

101719,147344,2610.2,3101719,167344,21210.2,3101719,127344,2610.2,3101719,167344,21210.2,3

z

y

z

y

MF

MF

=−=

==

mNMNF

mNMNF

z

y

z

y

37508250

45008250

12

12

11

11


−−−−

−−

=

3

3

2

2

5

23

23

22

22

4626612612

2646612612

10.2,3

z

z

z

y

z

y

v

v

MFMF

θ

θ

35

23

23

22

22

10

6875,401719,17344,2

4626612612

2646612612

10.2,3 −

−−

−−−−

−−

=

z

y

z

y

MFMF

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

×+−×+−×=×−−×−−×−=

×+−×+−×=×+−×+−×=

−

−

−

−

3523

3523

3522

3522

106875,441719,127344,2610.2,3106875,461719,167344,21210.2,3

106875,421719,147344,2610.2,3106875,461719,167344,21210.2,3

z

y

z

y

MFMF

==

−=−=

NmNN

MF

MF

z

y

z

y

0375037503750

23

23

22

22

X

Y

Elément 1Z

F1Y1=8250 N

1

2M1

Z1=4500 mN

F1Y2=-8250 N

M1Z2=3750 mN

(MZ)3750 Nm- +

4500 Nm

X

Y

Elément 2Z

F2Y2

2

3

M2Z2 F2

Y3

M2Z3

L=1m

X

Y

Elément 2Z

F2Y2=-3750 N

2

3

M2Z2=-3750 mN

F2Y3=3750 N

(MZ)

3750 Nm +

TD-2A-S4-F412


3°)Flèche :

La matrice d’interpolation des déplacements vaut :

[ ]

+−−+−+−= 2

32

3

3

2

2

2

32

3

3

2

2

23 2 231Lx

Lx

Lx

Lx

Lx

Lxx

Lx

LxA [ ][ ]eDAxv =)(

+−−+−+−=

3

3

2

2

2

32

3

3

2

2

2

32

3

3

2

2

23 2 231)(

z

z

v

v

Lx

Lx

Lx

Lx

Lx

Lxx

Lx

Lxxv

θ

θ

Pour 1mLet2

==Lx [ ]

−=

81

21

81

21A

mmmv 1.210.1,210

6875.401719.17344.2

81

21

81

21)

21( 33 ==

+

−−

−= −−

Déformation:

La matrice d’interpolation des déformations vaut :

[ ]

+−−+−+−= 232232

62 126 64 126Lx

LLx

LLx

LLx

LB

D’où :

62 126 64 126

3

3

2

2

232232

+−−+−+−−=

z

zxx v

v

Lx

LLx

LLx

LLx

Ly

θ

θε

Pour : 40mmy1mL 2

±===Lx

[ ] 310

6875.401719.17344.2

1 0 1- 004.0 −

+

−−

±=xxε 410.3466,2 −±=xxε

Contrainte :MPaE xxxx 9.46±== εσ

TD-2A-S4-F412


4. PROBLEMES DE SYNTHESEPROBLÈME N°21

1ère partie

Considérons la poutre droite ABC hyperstatique ci-dessus. Toutes les liaisons sont des articulations. La section droite de la poutre est constante et son moment d’inertie de flexion est noté YI . Le module de YOUNG du matériau est E. La poutre est soumise à un couple de flexion P1 appliqué en B.

Prenez comme inconnue hyperstatique la réaction en C (une force P2 dirigée vers le haut ↑ ).

La méthode de résolution est au choix celle de CASTIGLIANO, ou celle de MAXWELL-MOHR. Dans les deux méthodes l’énergie de déformation due à l’effort tranchant sera négligée devant l’énergie de déformation due au moment fléchissant. Si vous choisissez la méthode de MAXWELL-MOHR écrivez l’expression littérale de la matrice de flexibilité sous la forme :

[ ] [ ]YEI

1f =

Quelle que soit la méthode choisie, CASTIGLIANO ou MAXWWELL-MOHR :

1°) Indiquez quelles sont, selon-vous, les différences essentielles entre les méthodes de CASTIGLIANO et de MAXWELL-MOHR2°) Déterminez l’expression littérale de l’inconnue hyperstatique P2 en C en fonction de P1 et de L en précisant bien son sens ( ↓↑ ou ). Calculez sa valeur numérique en Newton si P1= 144 Nm et L=1 m.3°) Déterminez l’expression littérale de la rotation en B en fonction de P1, L, E et IY. Calculer sa valeur numérique en radian si la section droite a un moment d’inertie IY= 0.25 cm4 et si E = 200 GPa.

2ème partie

A B

L

P1x

L/2

L

C

L/2

X

Y

Elément 1 Elément 2

Nœud 1 Nœud 2 Nœud 3

TD-2A-S4-F412


La poutre de la 1ère partie est discrétisée en deux éléments "poutre" et trois nœuds. La longueur L vaut 1m, la section droite de la poutre est constante et son moment d’inertie de flexion Iz vaut 0.25 cm4. Le module de YOUNG E du matériau vaut 200 GPa. La poutre est soumise au couple de flexion C= 144 Nm appliqué sur le nœud 2.Toutes les liaisons sont des articulations.

On donne la matrice de rigidité d’un élément de poutre de longueur L en flexion dans le plan XY :

[ ]

−−−−

−−

=

22

22

3ze

L4L6L2L6L612L612

L2L6L4L6L612L612

LEIk

Attention ! La longueur de l’élément 1 est L/2 !

1°) Calculez numériquement (utilisez les unités SI : le mètre et le Newton) les matrices de rigidité élémentaire des deux éléments dans le repère global X,Y sous la forme :

[ ] [ ]3ze

LEIk =

2°) Calculez numériquement (utilisez les unités SI : le mètre et le Newton) la matrice de rigidité de la structure dans le repère global X,Y sous la forme :

[ ] [ ]3z

LEIK =

3°) Calculez, dans le repère global X,Y les rotations en radian des nœuds 1, 2 et 3 et les réactions en Newton s’exerçant sur les nœuds 1, 2 et 3.

4°) Calculer en mm la flèche de la section droite située au milieu de l’élément 2. Calculez d’abord numériquement la matrice d’interpolation des déplacements [A], puis la flèche.

On donne la matrice d’interpolation des déplacements d’un élément de poutre de longueur L en flexion dans le plan XY :

[ ]

+−−+−+−= 2

32

3

3

2

2

2

32

3

3

2

2

Lx

Lx

Lx2

Lx3

Lx

Lx2x

Lx2

Lx31A

Réponses: 1ère Partie

1°) La méthode de CASTIGLIANO est analytique, celle de MAXWELL-MOHR matricielle.

2°) ↓−=−= N48L3

PP 12

TD-2A-S4-F412


3°) rd032.0EI9LP

DI

11 ==

2ème partie

1°)

[ ]

−−−−

−−

=

8244242496249642482424962496

500k 1 [ ]

−−−−

−−

=

4626612612

2646612612

500k 2

2°)

−−−−

−−−−−−

−−

=

3Z

2Z

1Z

3Y

2Y

1Y

0

0

0

46260061261200

261218424612181082496004248240024962496

500

0F144F0F

θ

θ

θ

3°)

=

3Z

2Z

1Z

4202124048

5000

1440

θθθ

rd032.0rd016.0

2Z

3Z1Z

=

−==

θ

θθ

−

−

−−−−

−−−−−−

−−

=

−=

−=

=

016.00032.00016.0

0

46260061261200

261218424612181082496004248240024962496

500

048F

144144F

0192F

3Y

2Y

1Y

4°)[ ][ ]eDA)x(v =

[ ]

+−−+−+−= 2

32

3

3

2

2

2

32

3

3

2

2

Lx

Lx

Lx2

Lx3

Lx

Lx2x

Lx2

Lx31A

1mL 2Lx ==

[ ]

−=

81

21

81

21A mm6m006.0

016.00032.00

81

21

81

21)

21(v ==

−

−=

TD-2A-S4-F412


RÈPONSES N°21

1ère partie

1°) La méthode de CASTIGLIANO est analytique, celle de MAXWELL-MOHR matricielle.

P1

A B

G x

Z Y

C

L/2 L

Etat E0’P2

P1=1

AB

G x

Z Y

C

L/2 L

Etat E1

A B

G x

Z Y

C

L/2 L

Etat E2P2=1

1-(mY)E1

L(mY)E2

-

P1

A B

G x

Z Y

C

L/2 L

Etat E0

TD-2A-S4-F412


[ ] [ ] [ ]'0'0'0 EEE PfD =

'0'0 2

132

2

1

26

6610 EYE P

PLL

LL

EID

=

ou

YYYdéf EI

LPEI

LPPEI

LPW2612

322

221

21 ++=

2°) ↓−=−= NL

PP 483

12

3°) rdEILPD

I

032.09

11 ==

2ème partie

1°)

[ ]

−−−−

−−

=

8244242496249642482424962496

5001k [ ]

−−−−

−−

=

4626612612

2646612612

5002k

X

Y


Nœud 1

C=144 mN

L/2 L=1m

Nœud 2 Nœud 3

FY2FY1 FY3

•Z1 •Z2 •Z3IZ=0,25cm4IZ=0,25cm4

X

Y


Nœud 1 C

A B C

L/2 L

Nœud 2 Nœud 3

TD-2A-S4-F412


2°)

−−−−

−−−−−−

−−

=

3Z

2Z

1Z

3Y

2Y

1Y

0

0

0

46260061261200

261218424612181082496004248240024962496

500

0F144F0F

θ

θ

θ

3°)

=

3Z

2Z

1Z

4202124048

5000

1440

θθθ

rd032.0rd016.0

2Z

3Z1Z

=

−==

θ

θθ

−

−

−−−−

−−−−−−

−−

=

−=

−=

=

016.00032.00016.0

0

46260061261200

261218424612181082496004248240024962496

500

048F

144144F

0192F

3Y

2Y

1Y

4°)

[ ][ ]eDA)x(v = avec [ ]

+−−+−+−= 2

32

3

3

2

2

2

32

3

3

2

2

Lx

Lx

Lx2

Lx3

Lx

Lx2x

Lx2

Lx31A

1mL 2Lx == [ ]

−=

81

21

81

21A

mm6m006.0

016.00032.00

81

21

81

21)

21(v ==

−

−=

[ ]2500

4626612612

2646612612

k=

−−−−

−−

[ ]

−−−−

−−

=

82442424962496424824

24962496

5001k

[ ]

−−−−

−−−−−−

−−

=

46260061261200

261218424612181082496004248240024962496

500K

TD-2A-S4-F412


PROBLÈME N°22

1ère partie

La poutre AB de longueur L et de section rectangulaire (b x h) repose sur deux appuis, comme indiqué sur la figure ci-dessous. Une force 1P est appliquée au milieu de la poutre.On se propose de déterminer l’équation de la déformée de cette poutre en flexion par la méthode de Maxwell-Mohr. (On négligera l’effet de l’effort tranchant devant celui du moment fléchissant).

Pour cela, on applique une force verticale fictive 2P en un point D. La distance AD est variable. Le paramètre correspondant est AD=x (0<x<L/2).

1. Justifier le choix d’introduire cette force fictive afin de déterminer l’équation de la déformée de la poutre.

2. En associant la force 1P à l’état #1 et la force 2P à l’état #2, écrire la relation entre le vecteur des charges, le vecteur des déplacements et la matrice de flexibilité.

3. Calculer les termes de flexibilité nécessaires à la résolution du problème.4. Déterminer l’équation de la déformée de la poutre. 5. En déduire la position et la valeur de la flèche maximale.

2ème partie

La poutre de la 1ère partie est désormais encastrée en A. Une force verticale 1P est

appliquée en son centre (point C). Un couple 2P porté par l’axe I est appliquée à son extrémité (point B).

Données numériques : L = 500 mm E = 210 000 MPab= 20 mm h = 30 mm K = 106 N/m |P2| = 1000 Nm

A

1P

3

II

B I

LII

Ib

h

2P

xD

L/2

TD-2A-S4-F412


On utilisera la méthode de Castigliano. (On négligera l’effet de l’effort tranchant devant celui du moment fléchissant).

1. Déterminer l’expression littérale de l’énergie de déformation stockée dans la poutre ABC. Puis l’écrire sous la forme

212

22

1def P.P.P.P.w γ+β+α=Dans la suite du problème, on utilisera les variables α, β, γ dans les développements.

2. Calculer (forme littérale et application numérique) la flèche en B et C pour la même poutre dans la configuration suivante

3. Calculer (forme littérale et application numérique) la flèche en B et la réaction en C pour la même poutre dans la configuration suivante

4. Calculer (forme littérale et application numérique) la flèche en B et en C, ainsi que la réaction en C pour la même poutre dans la configuration suivante (le ressort a une raideur K).En dehors de tout chargement, le ressort n’exerce aucune force sur la

C

A

1P

3

II

B

I

L / 2 L / 2II

Ib

h

2P

A01 =P

3

II

B

I

II

Ib

h

2P

A

3

II

B

I

L /2II

Ib

h

2P

C

L /2

TD-2A-S4-F412


poutre)

Réponses: 1ère partie

2éme partie

RÈPONSES N°22

A

3

II

B

I

L /2II

Ib

h

2P

C

L /2

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ANNEXES

TD-2A-S4-F412


ANNEXE A1. INTEGRALES DE MOHR

A1.1 DEFINITION:

Les intégrales de MOHR sont des intégrales du type:

I y x y x dxL

1 10 2= ∫ ( ) ( )

ou encore

I y x dxL

2 0

2= ∫ ( )

Les résultats de ces intégrales sont donnés dans une table (voir pages suivantes) pour des combinaisons de diverse fonctions y1(x) et y2(x) linéaires ou du second degré.

A1.2 UTILISATION DE LA TABLE:

1°) Intégrales de type MiMk.Soit à calculer l'intégrale du type I1 du produit des deux fonctions y1 et y2 linéaires données par leur représentation graphique ci-dessous. Les quantités Mi, Mk sont positives.

Mi (y1)

Mk (y2) ......... x

y

0 L

Mi y1(x)

...........

x

y

0 L

Mky2(x)

I y y dx MM LL

i k1 1 20

16

= =∫

Vérification:

ii

1 MxL

M)x(y +−=

xL

M)x(y k2 =

TD-2A-S4-F412


dx)xLMMx

LMM(xdx

LM)Mx

LM(dx)x(y)x(yI kiL

02

2kikL

0 ii

2L

0 11 ∫∫∫ +−=+−==

2LMM

3LMM

xL2MM

xL3MM

I kikiL

0

2ki32

ki1 +−=

−+−=

6LMMI ki

1 =

2°) Intégrales de type Mi2.

Soit à calculer l'intégrale du type I2 de la fonction linéaire y au carré donnée par sa représentation graphique ci-dessous.

x

y

0 L

M iy(x)

I y dx M LL

i22

0

213

= =∫

Vérification:

xL

M)x(y i1 =

∫∫ ===L

0

2i2iL

02

2 3LMdx)x

LM(dxyI

3°) Cas hors table.

Exemple 1 :

Soit à calculer, à l'aide de la table, l'intégrale du type I1 du produit des deux fonctions y1 et y2 données par leur représentation graphique ci-contre.

x

y

0 L

Mk y2(x)

xy

0

-Miy1(x)

L/2-

+

TD-2A-S4-F412


Réponses: LMM83dxyyI ki

L

0 211 ∫ −==

Exemple 2 :

Soit à calculer, à l'aide de la table, l'intégrale du type I1 du produit des deux fonctions y1 et y2 données par leur représentation graphique ci-contre.

L

y2

y1

+

+

Mi

MkMk/2

TD-2A-S4-F412


Réponses: LMM125dxyyI ki

L

0 211 ∫ ==

TD-2A-S4-F412


A1.3 TABLE D’INTÉGRATION :

TD-2A-S4-F412


TD-2A-S4-F412


TD-2A-S4-F412


ANNEXE A2. MOMENTS FLÉCHISSANTS DANS QUELQUES CAS SIMPLES :

x

MY

L

L+

1N

x

MY

L

-1

-

1Nm

+L

mY

L2/2x

1N/m

x

LL/2-

MY

-L²/8

1N/m

x

MY

L+

1 1Nm

L/2

-

x

MY

L

-L/4

1N

x

MY

-aL

-b/L

a/L

+ 1Nm

x

MY

L

1

+ 1Nm

a

- x

MY

L=a+b

-ab/L

1N

a x

MY

a+b=L

+1

1Nm

a

x

MY

a+b=L+

b1N

Z

xG

+

x

MY

-L/2L

-1/2

1/2

+ 1Nm

TD-2A-S4-F412


Documents

METHODE DES ELEMENTS FINIS.pdf