Transcript Cours de RDM

2006-2007
Cours de:
Résistance Des Matériaux
(R.D.M)
Licence professionnelle : I. M. P
Module : Mécanique Appliquée
Elément : Résistance Des Matériaux
Département de Physique. Faculté des Sciences Ben
M’Sik.
Université
Hassan-II
Mohammédia.
Casablanca-Maroc.
Pr: H. LAHMAM
L.C.S.M
1
R. D. M

1
Rappel
sur
l’élasticité
linéaire.

2
Equation
d’équilibre
d’une

Introduction
poutre en élasticité linéaire.

3 Quelques applications.
2
Introduction
La Résistance Des Matériaux est la
science du dimensionnement des
pièces ou éléments qui constituent un
ouvrage d’art ou tout objet utilitaire.
Le génie civil, domaine de la création
intelligente, s’appuie essentiellement
sur la R.D.M pour la réalisation des
constructions telles que les gros
œuvres des bâtiments, les ponts, les
ossatures des grandes surfaces de
stockage ou de vente.
3
La conception d’un ouvrage est
l’imagination des formes des pièces
formant le squelette géométrique
ainsi que la détermination des
quantités de matière nécessaires et
suffisantes pour réaliser ces formes.
Cette étude préliminaire doit remplir
les fonctions demandées à cette
structure (cahier de charge), c’est à
dire une bonne résistance (sans
dommage) à tous les efforts auxquels
elle sera soumise pendant son
service.
4
Le dimensionnement (réalisé par des
bureaux d’études) fait appel à des
calculs qui prévoient le comportement
mécanique
de
l’objet
dont
la
conception doit réunir les meilleures
conditions de sécurité, d’économie et
d’esthétique
(
architecte).
Historiquement, Les premiers travaux
de recherche sur la R.D.M remontent à
la fin du XVIe
siècle
(Etudes
expérimentales de Galilée( Phy,math et
astr italien 1564-1642) sur la tension et
la flexion des poutres).
5
les bases de la théorie de l’élasticité
linéaire (réversibilité et proportionnalité
des déformations aux efforts) ont été
énoncées par Robert Hooke (Phy et astr
anglais 1635-1703 ) en 1678.
1 Rappel sur l’élasticité linéaire.
1.a Essai de traction simple.
Analysons l’effet d’un essai de
traction sur une longue barre (ou un
fil ) d’acier supposé homogène.
6
Comparateur
L
Charge
0
7
De la
pompe
Piston
Dispositif
coulissant
Eprouvette
huile
Manomètre
Mâchoires
de fixation
Machine de traction
8
F
S
Coupe longitudinale
d’une éprouvette
(courte et épaisse)
L
-F
9
Diagramme contrainte-déformation
de l’acier
N= s
Elasticité
S
Plasticité
s rupture
slimite
O
DL e
=
L
10
Diagramme contrainte-déformation
de la fonte (matériau fragile)
N= s
S
O
Elasticité
Plasticité
DL e
=
L
11
Diagramme contrainte-déformation
du marbre
N= s
S
Elasticité
DL e
=
L
slim2
O
slim1
Islim1I
 slim2
12
Diagramme contrainte-déformation
du béton
N= s
S
Elasticité
slim2
DL e
=
L
O
slim1
Islim1I
 slim2
Remarque 1: D’après le diagramme
contrainte-déformation de l’acier la
contrainte varie en fonction de la
déformation dans la zone élastique
selon une loi linéaire est réversible.
13



s =Ee
Loi de Hooke en élasticité linéaire
(1676)
E est le module d’Young (Thomas
Young:Méd et phy anglais 1773-1829)
ou module d’élasticité longitudinale.
14
L’ordre de grandeur du module
d’Young varie de 50.000 MPa à
200.000 MPa (1MPa=1N/mm2).
Remarque 2: L'expérience montre que la
diminution de la section transversale lors
de la traction est proportionnelle à
l'allongement de la barre d’essai.
e
=


e
t

 est le module de Poisson (math
 français
1781-1840). ou module
de compression transversale.
15
Pour un matériau homogène on a:
  1/2
a
(1+e)a
a
(1+et)a
16
La variation du volume de l’élément cube
découpé dans la barre d’essai est:
3
2
3
DV = a (1  e )(1  et )  a
3
2
3
= a (1  e )(1  e)  a
 e (1  2)
D’après l’expérience, le volume de la barre
ne peut diminuer en traction, alors:
  1/ 2
17
1.b Essai de torsion simple.
Etudions l’effet d’un essai de torsion
sur une longue barre (ou un fil )
d’acier
supposé
homogène.(En
pratique on peut utiliser aussi un
rouleau en caoutchouc).
La torsion de cette barre d’essai peut
être obtenue, par exemple, en
appliquant deux couples opposés en
ses extrémités.
18
Pour comprendre la déformation de
ce matériau, on réalise sur sa
surface un tracé sous forme d ’un
treillis de lignes orthogonales.
Etat non
Mt
déformé
Etat
déformé
-M
z
19
Après
déformation,
les
lignes
circulaires conservent leur forme,
tandis que les lignes parallèles à l’axe
du rouleau deviennent hélicoïdales.
Découpons, par imagination, dans le
rouleau des disques minces et dans
chaque disque un anneau comme le
montre la figure ci-dessous:
20
r
d
dz
d
d est l’angle de cisaillement et d
est l’angle de torsion.
21
d
tg(d )  d = r
dz
r.d est le déplacement tangentiel de
la face supérieure du disque mince
par rapport à la face inférieure.
Découpons, par imagination, dans le
disque mince, un anneau de rayon
intérieur r et de rayon extérieur r + dr.
22
r+dr
d
r
dz
d
Considérons, dans cet anneau, un
petit ‘ cube ’ qui à priori subit une
déformation de cisaillement pure.
23
dr
d
d
z

z
r.d
dz
  = z= 
 est la
contrainte de
cisaillement.

24
/2


/2

Les expériences montrent que dans la
zone de l’élasticité, les grandeurs  et
 sont liées par une loi linéaire:
25
 = G .
 (ou
G est le module de cisaillement
module
transversale).

de
l’élasticité
d
 = G.  G.d = Gr
dz
Le moment , par rapport à l’axe du
rouleau, de la force orthoradiale
,due à cette contrainte est:
26



d M = r e r  .ds e 

= r.rd dr . k
= G .r
3 d
dz

ddr . k
Le moment de torsion, par rapport à
l’axe du rouleau, exercé sur une
section transversale est:

27
GD
M( z ) =
32
4

d
dz
.k
D est le diamètre du rouleau d’essai.
Dans le cas d ’un matériau homogène,
l’angle de torsion varie de façon
linéaire en fonction de z, ce qui
donne:

GD ( z = L)  ( z = 0)  
M( z ) =
. k = Mt
32
L
4
28
L étant la longueur du rouleau.
Si nous désignons par
0 l’angle de
torsion de la barre d ’essai, alors on a:
4
GD
M( z ) =
0 = M t
32L
4
GD
32L

Est le coefficient de
rigidité de la barre en
torsion.
29
Remarques
Dans le cas de la déformation de
cisaillement pur, la contrainte
maximale est donnée par:
D0
max = G. max  G
2L
4

3
D 0 D
Mt = G
=
m ax
23L
16
30
les moments de torsion admissibles
dans le domaine de l ’élasticité
linéaire sont donnés par l ’inégalité
suivante:
3
D
Mt 
e
16
e
est la contrainte de cisaillement
correspondant à la limite de l’élasticité
linéaire ou seuil de proportionalité.
31
Le moment de torsion correspondant
à la limite de l’élasticité peut s’écrire
aussi:
Iz z
e
Mt =
e
D/ 2
Izz est
le moment quadratique de la
section par rapport à son axe (Oz):

4
D
I zz =  r dS =
32
S
2
32
1.c Essai de flexion simple.
Etudions l’effet d’un essai de flexion
sur une longue barre métallique
supposé homogène.(En pratique on
peut
utiliser
aussi
une
barre
prismatique en caoutchouc).
La flexion de cette barre d’essai peut
être obtenue, par exemple, en
appliquant un chargement transversal
sur l’une de ses extrémités.
33
Pour comprendre la déformation de
ce matériau, on réalise sur sa
surface latérale un tracé sous forme
d’un treillis de lignes orthogonales.
Mâchoires
d’un étau
34
Etat non déformé
de la surface
Ligne
moyenne
latérale
Etat déformé
de la surface
latérale
35
Après déformation, les couches
supérieures s’allongent tandis que
celles du bas se resserrent. La couche
moyenne conserve pratiquement sa
longueur.
Découpons, par imagination, dans la
barre, un tronçon de longueur
suffisamment petite.
36
dL
B
A
d
d
2d
Le segment infinitésimal sur la ligne
moyenne conserve sa longueur dL.
37
Remarque: la section transversale
reste plane. Par conséquent le
raccourcissement et l’allongement
des couches sont proportionnelles à
la distance transversale de ces
couches mesurée à partir de la ligne
moyenne.
On peut supposer que la contrainte
normale dans chaque couche est
proportionnelle à son allongement ou
à son raccourcissement.
s0
38
z
B
s(z)
A

O 2e
O Ox
z
s  s0
e
so est la contrainte normale au
niveau de la couche la plus éloignée
de la couche neutre.
39
Remarque: l’effort normal exercé sur
la section transversale AB est nul.
z =e

z
F =  b.s 0 dz = 0
e
z = e
b désigne la largeur de la section
transversale.
Calculons le moment de flexion
exercé sur la section transversale AB.
40

M=
z =e
 zdF =
z = e
e
2
z
=  s0
dydz = 0
e
z = e
2bs 0e
=
3
2
41

s0
M=
I xx
e
e

2be
I xx =  z dydz =
3
e
Ixx
2
3
est le moment quadratique de la
section transversale par rapport à
son axe de rotation.
42
Remarque: Dans le cas
de la
déformation de flexion pure, le moment
de flexion est proportionnelle à la
contrainte normale maximale.
les moments de flexion admissibles
dans le domaine de l’élasticité linéaire
sont donnés par l’inégalité suivante:
slimite
Mf 
I xx = Mlimite
e
43
I xx
e
 résistance de la section
La quantité moment de
transversale.
Remarque: dans le cas de l’exemple
étudié, le moment de flexion est le
même dans toutes les sections
transversales de la barre (ou poutre).
44
Expression de la flèche.
45
dz
tg =

dy

d  2d

d 
2
d z
dy
2
dy
2

2ed
d z
s0 = E
 Ee
2
dy
dy
46
s0
M=
I xx
e

M = EI xx
2
d z
dy
2
Le moment de flexion est le même
dans toutes les sections transversales
de la barre (ou poutre), puisque l’effet
de la pesanteur est négligé et que la
barre n’est sollicitée qu’en ses
extrémités par un couple.
47
F
-F
2
d z
Me xt
=
2
EI xx
dy
Admettons que l'extrémité (y=0) est
encastrée et
constante.
que
la
section
est
48

dz 
Me xt
=
y

dy  y
EI xx
1 M ext 2
z
(
y
)
=
y

2 EI xx
La flèche maximale correspond dans
ce cas la valeur (y=L), soit:
1 M ext 2
z max =
L
2 EI xx
49
2 Equation d’équilibre d’une
poutre en élasticité linéaire.
2-1 Torseur des efforts intérieurs



S0(G0)
S (G)
S1(G1)
Ligne moyenne
Poutre curviligne
50
Découpons par imagination la
poutre suivant la section S(G).



S1(G1)

S0(G0)
+
S (G)
S- (G)
La partie droite exerce sur la partie
gauche des efforts intérieurs
caractérisés par le torseur:
51






 int (S ) =  R (G ), M (G )


D’après le principe de l’action et de la
réaction, La partie gauche exerce sur
la partie droite des efforts intérieurs
opposés caractérisés par le torseur:







 int (S ) =  R (G ), M(G )


52
Désignons par  le vecteur tangent à la
ligne moyenne au point G orienté de la
partie gauche vers la partie droite. Le
torseur int(S+) s’écrit encore:




 R (G ) = N (G )  T (G ) 

 int (S ) = 






M ( G ) = M f ( G )  M t ( G ) 
53
Effort normal






N ( G ) =  R ( G )   ( G )   ( G ) = N( G )  ( G )


Effort tranchant




T (G ) = R ( G )  N (G )
54
Moment de torsion






M t (G ) =  M ( G )   (G )  (G ) = M t  (G )


Moment de flexion




M f (G ) = M (G )  M f (G )
55
2-2 Equation d’équilibre vérifiée
par le Torseur des efforts
intérieurs


ds
S(G)
S’(G ’)
Tronçon de poutre
56
L’abscisse curviligne du centre de
masse G’ est donnée au premier
ordre par:
'
s(G ) = s(G )  d s
Cette tranche élémentaire est en
équilibre statique sous l’effet de trois
torseurs:







 int (S (G )) =  R (G ), M(G )


57





dR

R
(
G
)

ds

ds 


G

 '
 int (S (G )) = 



M(G )  d M  ds

ds 


G
  
 e xt (G ) =   , m (G )


Torseur par
unité de
longueur ds
58
Exprimons le torseur des efforts
intérieurs appliqué sur S+(G’) au
point G:



dR

R
(
G
)

ds

ds 


G


 int (S (G )) = 

 

M(G )  d M  ds  GG '  R (G )

ds 


G
59
L’équilibre du tronçon de poutre
se traduit donc par:
 


d
R

 ds   ds = O
 ds 


G









 d M  ds   ds  R (G )  m(G )ds = O
 ds 


G
60
Soit encore par:
 


d R


=
O

 ds







d M    R  m = O

 ds
2-3 Cas d’une poutre prismatique
z
61
y
x
 dTx
 dy   x = 0

 dN
 y = 0

 dy
 dTz
 z = 0

 dy
 dM x
 dy  Tz  m x = 0

 dM y
 my = 0

 dy
 dM z
 Tx  m z = 0

 dy
62
3 Quelques applications.
3-1 Déformation longitudinale
d’une barre métallique sous
l’effet de son poids.
O
aci e r = 0.0078 Kg / cm
3
6
2
g E
aci e r = 2.1x10 Kg/cm
L
y
g = 9.8 ms
L = 3m
-1
63
D’après
l’équation
d’équilibre
vérifiée par l ’effort normal N, on a:
dN
 y = 0
dy

dN dm .g

=0
dy
dy
N
(
y
)
=

g
S
(
L

y
)


N
(
0
)
=
N
(
0
)
=

g
S
L



N (0) =  N (0) = R(O) = mg
64
D’après la loi de Hooke, on a:
dv
N = ES
= gS(L  y )
dy

g
y
v(y ) =
y(L  )
E
2
2

gL
v ( L ) = L =
2E

L
=
0
.
163

m

65
3-2 Déformation longitudinale de
deux barreaux métalliques
en série.
O
acier
L1 
g
bronze
L2

y
F
66
Distribution de l’effort normal dans
les barreaux  et .
Dans le barreau 
Dans le barreau 
N1(y) = 1gSy  C1

N2 (L1  L2 ) = F
dN1  1gSdy = 0

dN 2  2gSdy = 0

N2 (y) = 2gSy C2

N1(L1 ) = N2 (L1 )
N1(y) = gS1(L1  y)  2L2   F
N2 (y) = 2gSL1  L2  y  F
67
Distribution
de
la
contrainte
normale dans les barreaux  et .

N1(y )
F
s1(y ) =
= g1(L1  y )  2L2  
S
S

N2 ( y )
F
s2 ( y ) =
= 2gL1  L2  y  
S
S
Champ de déplacement dans les
barreaux  et .
68

dv
s1 ( y ) = E1
dy
F
= g1 (L1  y )  2L 2  
S
F  1g 2

E1v1 (y) = g(1L1   2L 2 )   y 
y  A1
S
2


F  1g 2

E1v1 (y) = g(1L1  2L 2 )   y 
y
S
2

L1
F

E1v1 (L1 ) = g(1   2L 2 )   L1
2
S

69

dv 2
F
s 2 ( y ) = E2
= 2gL1  L2  y  
dy
S
F   2g 2

E2 v 2 ( y ) =  2g(L1  L 2 )   y y  A2
S
2


v1(L1 ) = v2 (L1 )
L1  2L 2 F 

A 2 =  L1  2g(
) 
2
S

E2 L1  1L1  2 2L 2 F 

g
(
)

E1 
2
S 
70
Allongements des barreaux  et .
Allongement
du barreau 
Allongement
du barreau 


L1= v1(L1 )
L2 = v 2 (L1  L2 )  v 2 (L1 )
= v 2 (L1  L2 )  v1 (L1 )
Application numérique
acie r = 0.0078 Kg / cm 3 bronz e = 0.008 Kg / cm 3
6
Eacie r = 2.1x10 Kg/cm
2
5
Ebronz e = 9x10 Kg/cm
2
71
2
S = 50cm ; L1 = 1m ; L 2 = 2m
5
F = 5x10 N ; g = 9.8 ms
L1= 0.47mm
-1
L2 = 0.23 mm
3-3 Flexion d’une barre sous l’effet
d’un chargement uniforme.
z
O
A y
72

 dTz
 dy   z = 0


 dM x  T = 0
z
 dy
z =   0
Tz = y  C0 ; 0  y  L
Remarque: Aux points d’appui l’effort
tranchant subit une discontinuité données par:
 
 
Tz (o )  Tz (o ) = R(O)
 
 
Tz (L )  Tz (L ) = R( A)
73

 
 
Tz (o ) = 0 ; Tz (L ) = 0
 
Tz (o ) =  R(O)
 
Tz (L ) = R( A )
L’équilibre global de la barre se traduit par:











R (O )  R ( A ) 
L

 (dy k ) =

0
y =0


OA R ( A ) 
L 

 OG (dy k ) =
y =0

0
74
 R (O )  R ( A )   L =


L
LR ( A )   = 0


2
L
R (O ) = R ( A ) =
2
L
 
Tz (o ) = 
2
L
 
Tz (L ) =
2


Tz (y)
L

= Tz ( y ) =  y  
2

; 0  y  L/2
75
dM x
L

= Tz =   y  
dy
2

y
Mx =  y  L car : Mx (L) = 0
2
Expression de la flèche, de la ligne
moyenne, en fonction de y.
2
y
Mx = EI
=  y  L
2
2
dy
d z
3
3 
L y  y 

y
 
   2   1
z( y ) = 
24EI  L 
L



2
76
Diagramme de l’effort tranchant
L/2
Tz
y
O
-L/2
y=L
L
y=
2
77
Diagramme du moment de flexion
Mmax=L2/8
Mx
y
O
L
y=
2
y=L
La section correspondant à la valeur
maximale du moment est appelée
section dangereuse.
78
3-4 Flexion d’une barre sous l’effet
d’un chargement concentré.
z
mg
A
O
 Ox
Y=L/2
Y=L
y
79
On
peut
modéliser
le
problème
précédent par le problème suivant:


 R (o ) 

z


M (O )  Ox
O
mg
A
Y=L/2


 R (L ) 
 


M ( L )
Y=L
dz 
dz 
z(o) = z(L) = 
=
=0

dy  y =0 dy  y =L
y
80

 dTz
=
0

 dy
; pour 0  y  L/2

 dM x  T = 0
z

 dy
 
Tz = cons tan te = Tz (o )
; 0  y  L/2
Remarque: Au milieu de la barre, l’effort
tranchant subit une discontinuité donnée par:
 L 
 L 
Tz ( )   Tz ( )  = mg
 2

 2

81

 
Tz (o ) = R(0)
 
Tz (o ) =  R(O)
 
Tz (L ) = R( A )
L’équilibre global de la barre se traduit par:











R (O )  R ( A )  m g = 0


 
L
OA R ( A )  j  m g = 0
2
82
 R(O)  R( A )  mg =


L
LR ( A )  mg = 0


2
mg
R(O) = R( A) =
2
mg
 
Tz (o ) = 
2
mg
 
Tz ( L ) =
2


mg

Tz (y) = Tz (y ) = 
; 0  y  L/2
2
83
dM x
mg
= Tz =
dy
2
Expression de la flèche, de la ligne
moyenne, en fonction de y et pour
0  y  L/2.
dM x
d3z mg
= EI
=
dy
2
dy 3
mg 3
2
z( y ) =
y  c1y  c2y  c3
12EI
z (o ) = 0
84

dz 
=0

dy  y = 0
dz 
=0

dy  y = L / 2
mg 2 
3L 
z( y ) =
y y 

12EI
4


2
mg 
L
Mx (y ) = EI
=
2
y



2
4
2
dy
d z
85
Expression de la flèche, de la ligne
moyenne, en fonction de y et pour
L/2 y  L.

3
2
2
3

mg
y
3Ly
3L y L
z( y ) =





EI  12
16
8
48 
mg 
3L 
M x (y ) = 
2
y

4 
2 
86
Diagramme de l’effort tranchant
Tz
mg/2
O
-mg/2
y=L
L
y=
2
y
87
Diagramme du moment de flexion
mgL/8
O
-mgL/8
Mx
L
y=
2
y
y=L
Le moment de flexion est donc maximal
au niveau des encastrements et au milieu
de la barre qui correspondent aux
sections dangereuses.