Flexion Simple

LT Paul CONSTANS RDM

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Cours Mécanique Fiche 1

FLEXION SIMPLE

Défini Déf initio tion n:

Une portion de poutre est sollicitée en flexion simple suivant l’axe z si z si pour chacune des sections droites, le torseur de cohésion se réduit, dans le repère R = (G, x , y, z ) de définition des sollicitations : 0 0      {T coh E 1}=  R = Ty 0  coh }={ E 2 → M G G



  0 Mfz Mfz  (G, x, y, z ) G 





Remarque : si Ty est nul, alors la sollicitation est appelée flexion appelée flexion pure Relation entre l’effort tranchant et le moment fléchissant dMfz =−Ty dx

Etude des contraintes normales

La poutre étant sollicitée en flexion simple, la ligne caractéristique peut être assimilée à un arc de cercle de rayon R rayon R appelé rayon de courbure

Au cours de la déformation, le tronçon considéré initialement prismatique se transforme en portion de tore de rayon moyen R intercepté d’un angle d α

MM’ est MM’ est une fibre du tronçon joignant deux points homologues des sections Σ et Σ' Les fibres situées dans le plan (G, x , z ) ne varient pas et sont appelées fibres appelées fibres neutres Les fibres au dessus de G (Y > 0) se raccourcissent et celles en dessous de G (Y < 0) s’allongent Rchr

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FLEXION SIMPLE

Allongement / Raccourcissement relatif de la fibre M’M -

coordonnées du point M point M (Y M , Z M ) dans le repère local R = (G, x , y, z ) longueur initiale M’M initiale M’M = dx =−Y M d α

allongement relatif :

ε

dx

Expression de la contrainte normale

En exprimant la loi de Hooke définie par la relation

= E . , on obtient :

σ ε

E .Y M d α dx

σ M =−

-

-

la con contra train inte te norm normale ale est est nul nulle le sur sur la la fibre fibre neu neutr tree le signe s’inverse à la traversée du plan (G, x, z ) la répa réparti rtiti tion on est est liné linéai aire re sur sur la sect sectio ion n droi droite te le point point le la secti section on le plus plus solli sollicité cité est est celui celui qui est est le plus plus éloigné éloigné de de la fibre fibre neutre neutre

Relation entre contrainte normale et moment fléchissant fléchissant

Une coupure est effectuée au niveau de la section droite Σ M , Z M ) et d Σ un Soit un pont M de M de coordonnées ( X M ,Y élément de surface entourant M entourant M

L’action mécanique de cohésion s’écrit :

σ M .d Σ { S +→S −}=  0  0 M 

0 0 σ M .d Σ   =  0 0 0   − σ M .d Σ  0 0 Y .  (G, x, y, z ) G  (G, x, y, z ) 









Le moment fléchissant Mfz est la somme des moments en G des actions mécaniques élémentaires transmises par les éléments de surface d Σ constituant le section droite avec dMfz =−Y .σ M .d Σ

∫

∫

∫

∫

Mfz =− Y .σ M .d Σ= Y ² E . d α .d Σ= E .d α Y ².d Σ=− σ Y ².d Σ donc dx dx Σ Y M Σ Σ Σ

σ M

Mfz Mfz .Y M

=−

∫ Y ².d Σ Σ

Moment quadratique Rchr

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FLEXION SIMPLE

∫

².d Σ (mm4) est le moment quadratique de la section La somme Y ². Σ

droite Σ par rapport à l’axe Gz que l’on notera I GZ . Le moment quadratique dépend uniquement de la géométrie de la section droite

∫

GZ = Y ².d Σ I GZ

Σ

Théorème de Huygens

Le moment quadratique d’une section par rapport à un axe contenu dans son plan est égal au moment quadratique de cette section par rapport à un axe parallèle au premier et passant par son barycentre, augmenté du produit de l’aire de la section par le carré de la distance entre les deux axes.

I Oy = I Gy +S .d ²

I Oy : moment quadratique de (S) par rapport à (O, y ) (mm4) I Gy : moment quadratique de (S) par rapport à (G, y ) (mm4) S : S : aire de la section (S) (mm²) d : d : distance entre les axes (O, y )et )et (G, y ) (mm) Exemple : calculer le moment quadratique de l’equerre / G x : I Gx

Rchr

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FLEXION SIMPLE

Décomposer (S) en deux rectangles (1) AKEF et (2) BCDK I 1G1 x =100 x103 ; 12 I 1Gx = I 1G1 x + S 1.d ²=100.103 +(100.10).10² =105 +105 12 12 I 2G2 x =10.503 12 I 2Gx = I 2G2 x + S 2.d ²=10.503 +(50.10).20²=125.104 +20.104 12 12 I Gx = I 1Gx + I 2Gx =41,2.104mm4

Module de flexion GZ On appelle module de flexion la quantité I GZ en mm3. C’est une caractéristique courante des profilés. Y max

Contrainte normale maximale σ max

= contrainte normale maximale (Mpa)

I GZ GZ = module de flexion (mm 3) Y max Mfz = moment de flexion sur z sur z (N.mm)

Mfz I GZ Y max

σ max= −

Condition de résistance à la contrainte normale

R pe : contrainte pratique de limite élastique (Mpa) = Re s Re : contrainte de limite élastique (Mpa) s : coefficient de sécurité σ max = contrainte normale maximale (Mpa) kt : kt : coefficient de concentration de contrainte

kt .σ max ≤ R pe

Déformations

Rchr

M fz y''( x)= E . I GZ

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Soit une poutre AB sollicitée en flexion simple et ( A, x , y, z ) un repère d’étude global qui ne se déplace pas lorsque la poutre se déforme. x) C est la ligne caractéristique de la poutre déformée considérée comme la graphe de la fonction y = f ( x l’équation de la déformée s’obtient par intégration successive de y’’ Exemple

− F . x M fz y''( x)= = 2 = − F . x E . I GZ E . I GZ 2. E . I GZ 2 E . I . GZ y . ''=− F x . première intégration 2 E . I . GZ y . '=− F . x² +C 1 2 4 E . I . GZ y . '=− F x . ² +C 1 recherche de C1 : y’=0 pour x x = l/2 (symétrie de la déformée) 0=− F .l ² +C 1⇒C 1= F .l ² 4 4 4 E . I . GZ y . '=− F x . ²+ F .l ² 4 deuxième intégration : . 3 + F .l ². x +C 2 = −4 F . x . 3 +3 F . .l ². x +C 2 4 E . I . GZ y . =− F . x3 + F .l ² x . +C 2 =− F x 3 4 3 4 12 recherche de C2 : y=0 pour x x = 0 (appui ponctuel d’axe y ) . x . 3 +3 F . .l ². x y = −4 F y est maxi pour x x = l/2 (symétrie de la déformée) 48 E . I . GZ 3

−4 F . . l +3 F . .l ². l F (− 4l 3 + 3l 3 ) F (− l 3 + 3l 3 ) F ( 2l 3 ) 8 2= 8 2 = 2 2 = 2 y = 48 E . I . GZ

48 E . I . GZ

48 E . I . GZ

48 E . I . GZ

y= F .l 3 48. E . I GZ

Rchr

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Formulaire des poutres

Rchr

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Rchr



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Rchr



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Rchr



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FLEXION SIMPLE

Contrainte tangentielle

Ty est l’effort tranchant (N) S est S est la surface de la coupure Σ (mm²) τ Ymoy est la contrainte tangentielle (Mpa)

τ Ymoy=

Ty S

Contrainte tangentielle maximale Section rectangulaire τ max

= 3τ moy

τ max

= 4τ moy

2

Section circulaire

3

Autres sections τ max

= 3 τ moy 2 S A

Si l’épaisseur est petite devant les autres dimensions tranversales, on peut considérer que seule la section SA (partie grisée) travaille au cisaillement

Condition de résistance à la contrainte tangentielle

R pg : contrainte pratique de limite au glissement (Mpa) = R g : contrainte de limite élastique au glissement (Mpa) s : coefficient de sécurité τ max = contrainte tangentielle maximale (Mpa)

R g s R

τ Y max≤ pg

La contrainte limite au glissement R g s’exprime en fonction de la contrainte limite à l’extension Re matériaux ductiles : R g = 0.5 Re matériaux peu ductiles : R g = 0.6 Re ou R g = 0.7 Re matériaux à décohésion franche : R g = 0.9 Re -

Rchr

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FLEXION SIMPLE

Exemple 3

Etude statique . et On déduit Y 1→S = Y 2→S = F 3→S = 10,5 N donc A1→S =10.5 y 2 1 B2→S =10.5 y .

2

Torseur de cohésion pour 0≤ x≤ l 2

F = 21 N l = 600 mm b= 20 mm h = 4 mm Matiere : A60 E = 200 000 Mpa Mpa Re = 340 Mpa R g = 0.6 Re s=2

0  0   0 0  0  0   = −0.5 F 0  = −10.5 0  {T coh} ={ S + →S −} = − 0.5 F 0  0 0( A, x, y, z ) G 0 0,5 xF (G, x, y, z ) G 0 10.5 x(G, x, y, z ) A 

 











l Torseur de cohésion pour ≤ x≤l 2

0 0  0 0  0   0  {T coh} ={ S − →S +}= 0.5 F 0 0 0 = 0.5 F = 10.5        0 0( B, x, y, z ) G  0 0,5 F (l − x)(G, x, y, z ) G  0 −10.5 x+6300 (G, x, y, z ) B  















Diagrammes 10,5 N

10,5 N 3150 N.mm N

2

Contrainte normale maximale

M fz .h fz M fz .Y max M 2 = 3150.2 =59,0625 MPa = = σ max = I GZ I GZ b.h3 20.43 Y max 12 12 Condition de résistance

340 0 →59≤17 Re →59≤ 34 170 0 ≤ R pe→σ max max ≤

σ max

Rchr

s

2

la condition est vérifiée avec un rapport

σ max

Re

=0.17 14/11/12


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Cours Mécanique

FLEXION SIMPLE

Fiche 12

Contrainte tangentielle maximale 3 3 0.5 F = 3.10.5 =0.19 MPa MPa max = τ moy= . τ max 2 2 b.h 2 20.4 Condition de résistance

R pg → τ Y m ax≤ 0.6 Re → 0.1 9≤ 0.6 3 4 0→ 0.1 9≤1 0 2 la condition est vérifiée avec un rapport τ max =0.00059 Re 2 s

τ Y m ax≤

Conclusion La poutre soumise à la flexion simple est plus sensible aux contraintes normales qu’aux contraintes tangentielles. Le calcul de résistance d’une poutre sollicitée en flexion simple se fait selon le critère de la contrainte normale

Calcul de la flèche maximale 21.6003 =4.42mm f ( l )= P .l 3 = 20 . 4 3 2 48 E . I . GZ 48.200000. 12 Calcul de la flèche sans l’aide du formulaire

3150 =0,000148 y''( x)= M fz = E . I GZ 200000.20.43 12 y'( x)=0,000148 x . +C 1 y’(x)=0 pour x=l/2=300mm x=l/2=300mm C 1=−0,000148 .300=−0,044297 . −0,044297 y'( x)=0,000148 x y( x)=0,000148 . x² −0,044297 x . +C 2 y(x)=0 pour x=0 x=0 donc C 2 = 0 2 y( x)=0,000148 . x² −0,044297 x . =0,000074 x . ²−0,044297 x . 2 La flèche sera maxi au point C -6,64

Principe de superposition

Dans la limite des déformations élastiques, le vecteur déformation en un point, du à un système de forces extérieures est égal à la somme géométrique des vecteurs déformation dus à chacune des forces du système agissant séparément. Rchr

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B

Fiche 13

FLEXION SIMPLE

=

C

A

Cours Mécanique

D

+

B A

D

C A

D

Exemple On considère un IPE 180 reposant sur deux appuis linéaires rectilignes parfaits en A et B Cette poutre, dont on ne négligera pas le poids supporte en C une charge verticale concentrée C 4→1=−1200 y . Hypothèses : -

poids li linéique : p : p = 188 N/m 4 moment quadratique I GZ GZ = 1 317 cm module de Young : E = 2.105 Mpa longueur l l = 3m

Calculer la flèche en I, milieu de la poutre

Considérons dans un premier temps temps la poutre soumise soumise à la charge répartie p répartie p uniquement

y1( I )=

5.0,188.30004 5. p.l 3 = =0.075mm 384. E . I GZ 384.200000.1317.104

Considérons dans un deuxième temps la poutre soumise à la charge concentrée uniquement 1200.30003 =0.256mm y2( I )= P .l 3 = 48 E . I . GZ 48.2.105.1317 .104

Utilisons le principe de superposition : y= y1 + y2 = 0,075 + 0,256 = 0,331mm

Flexion de poutres hyperstatiques

Les seules équations de la statique ne suffisant pas pour résoudre le calcul des actions aux appuis. Il faut faire intervenir en plus les équations de déformations . Rchr

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FLEXION SIMPLE

y

Exemple 1

F

Une poutre AB en HEA 600 (I GZ/v = 4786 cm3 ; E = 2.105 MPa) de longueur l = 4m encastrée à ses deux

S

extrémités supporte en C une charge F =−5000 y .

A 1

Déterminer les actions en A et B Equations de statique : A1→S = B2→S = F / 2 (symétrie) M A1→S − Fl + M B2→S + B2→S .l =0 : 2 M A1→S − Fl + M B2→S + Fl =0 2 2 donc M A1→S = M B1→ S

l/2

C

x B

2

l

y

F

M B2→S x

M A1→S A

le système est hyperstatique d’ordre 1

A1→S

C

B

B2→S

Equation de déformation : l Calcul du moment fléchissant quand 0≤ x≤ 2 0 0  0   0  {T coh} =−{T ext →S −} = −  A1→S 0 A 0 = → 1 S . − M A1→S    M fz = A1→S x     − − + 0 M A x . 0 M A x . → → → → A 1 S 1 S A 1 S 1 S  G  G Utilisation de l’expression de la déformée E I . GZ y . ''= A1→S x . − M A1→S

E . I GZ . y'= A1→ S . x² − M A1→ S . x+C 1 2 x3 E I . GZ y . = A1→S . − M A1→S . x² +C 1 x . +C 2 6 2 y'(0)=0⇒C 1=0 x3 y(0)=0⇒C 2 =0 donc E I . GZ y . = A1→S . − M A1→S . x² 6 2 Compte tenu de la symétrie de la déformée : y'( l )=0 donc 2 A1→S ( l )² ( l )² 0= A1→ S . 2 − M A1→S . l = A1→S ( l )²− M A1→S . l ⇒⇒ M A1→S = 2 2 = A1→S .l 2 2 2 2 2 l 4 2 M A S M B S F .l A1→ S = F donc 8 2 Torseur de cohésion pour 0≤ x≤ l 2 1→

Rchr

=

2→

=

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FLEXION SIMPLE

        0 0 0 0 0 0       0 0    F   F   F {Tcoh} =−{T ext →S − } = −  F / 2 0 0 0 0 = − 2 = − 2 = − 2   0 M A1→ S − Fx       Fx Fl + Fx F .( x − l ) A1→ S + − − 0 M 0 0 2    G 2 8 2  2 4  G    G G 0 0 0 − x F 0 0  M G →S = M A1→ S +GA∧ A1→S = 0 + 0 ∧ = 0 + 0 = 0 = Fl − Fx z . Fl 0 2 Fl − Fx Fl − Fx 8 2 0 8 8 2 8 2 l Torseur de cohésion pour ≤ x≤l 2

    0 0 0  0   F   F 0 0 2 =  2     F .(− l +(l − x)) F .l + F (l − x) 0 0 −   8 2   G  2 4 G

0 0   F  {Tcoh} ={T ext →S + }=  0 = 2  0 M B2→S + B2→S .(l − x) G

0 0 0 l − x F 0 0 F (l − x) = =− Fl + M G2→S = M B2→S +GB∧ B2→ S = 0 + 0 ∧ = 0 + 0 0 z . 2 Fl F (l − x) Fl F (l − x) 8 2 Fl 0 − − + 0 8 − 8 2 8 2 y

Effort tranchant 0≤ x≤ l : Ty =− F =−2500 N 2 2 l ≤ x≤l : Ty = F =2500 N 2 2

M A1→S A

Moment fléchissant Fl =− 5000 .4 =−2500 N .m fz =− x=0 : M fz 8 8 Fl = 5000 .4 =2500 N .m x= l : M fz fz = 2 8 8 Fl =− 5000 .4 =−2500 N .m fz =− x=l : M fz 8 8

Fl 8

l l Fl Fl Fl 1 1 Fl − = ( − )=− E I . GZ y . = = F . − Fl . = 12 8 16 4 96 64 32 3 2 32.6 Rchr

3

B2→S

3

x C

B

8

A

Fl Fl

3

B

A

Fl Fl

−

− 3

C

x

y

Fl 8

3

M B2→S

A1→S

Flèche maximale au point C x3 E I . GZ y . = A1→S . − M A1→S . x² = F x . 3 − Fl x . ² 6 2 12 16

3

F

B

x

C

8

F .l 3 y =− 192 192 . E . I GZ

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()

5000.40003 l =−1,74mm y =− 2 192.200000.4786000

Rchr

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Flexion Simple

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