Chapitre 3 : Contraintes et grandeurs caractéristiques des sections.

1. Chapitre 3 : Contraintes et grandeurs caractéristiques des sections. 3.1 Notion de contrainte Pour l’instant nous avons représenté les poutres par des traits (axe longitudinal de la poutre, fibre moyenne ou ligne moyenne), mais dans la réalité ces poutres ont aussi des dimensions transversales (par exemple pour une poutre de section rectangulaire, une hauteur et une largeur)

2. Une poutre est donc composée de fibres parallèles à la fibre moyenne. fibre x y G z fibre moyenne Si le matériau constituant la poutre est homogène, le point G est le centre de gravité de la section. Dans le cas contraire il faut d’abord homogénéiser la section (béton armé ou mixte acier béton).

3. dF Uniquement par un effort, que nous nommerons dF La poutre est représentée ici coupée et la partie gauche est enlevée. Comment représenter l’action de la partie droite sur la fibre coupée ? (section ds en rouge sur la figure ci-dessous) y x ds z fibre moyenne • Cet effort peut être décomposé en deux : • une projection sur une parallèle à la ligne moyenne dN • une projection sur la section (plan zy) dV

4. dV y x ds dN z Nous appèlerons: contrainte normale lim (dN/ds) quand ds tend vers 0 symbolisée souvent par la lettre grecque sigma σ contrainte tangentielle lim (dV/ds) quand ds tend vers 0 symbolisée souvent par la lettre grecque tau τ

5. τ V x z σ N M y Dans le chapitre précédent nous avons défini l’action de la partie gauche sur le partie droite par trois sollicitations N, V et M Notre problème va consister à exprimer σ et τen fonction de N, V et M Nous laisserons τpour l’an prochain, nous n’étudierons que σ cette année

6. N σ = N / A A est l'aire de la section 3.2 Contrainte normale due à l’effort normal L’effort normal est appliqué au centre de gravité de la section, la contrainte se répartit uniformément sur toute la section.

7. Arrêtons nous un instant sur les unités unités de longueur : m mètre ses sous multiples dm (peu utilisé) , cm , mm ses multiples dam (décamètre) hm (hectomètre) km (kilomètre) on utilise des multiples ou des sous multiples pour éviter les nombres trop grands, l’unité est correctement choisie si le résultat a une valeur numérique comprise entre 0,1 et 10000 unités de surface : m2 ses sous multiples dm2 (peu utilisé) cm2 mm2 ses multiples dam2 c’est un are symbole a hm2 c’est l’hectare symbole ha on trouve même le centiare symbole ca centième d’un are soit 1m2 utilisés dans les relevés de superficies de terrains sur les actes notariés.

8. L’autre unité fondamentale en RdM est l’unité de force le Newton symbole N C’est la force provoquée par une masse de 1kg soumise à une accélération de 1m/s2 1N =1 kg m / s2 C’est une unité très petite P =mg une masse de 1kg soumise à l’accélération de la pesanteur 9,81 m/s2 donne un poids de 9,81N que nous arrondissons souvent à 10N 1N représente une masse de 100g pour le génie civil ce n’est pas une unité très pratique pendant longtemps on a utilisé le daN décanewton qui correspond à une masse de 1kg l’hectonewton n’a jamais été utilisé le kilonewton kN semble actuellement être l’unité de force qui rassemble le plus de suffrages pour les très grosses structures certains utilisent le MN méganewton Isaac NEWTON 1642-1727

9. Blaise PASCAL 1623 - 1662 En combinant ces unités on peut citer : Le moment et le moment fléchissant force x longueur kN m beaucoup d’anciens parlent encore de tm Une masse de 1t correspond à un effort de 10kN 1tm 10kNm Le taux de charge, valeur de charge répartie kN/m on écrit souvent kN/ml ( ml comme mètre linéaire) La pression ou la contrainte l’unité internationale est le Pascal (N/m2) mais ce n’est pas l’unité la plus adaptée au Génie Civil Un peu d’histoire sur les unités de contraintes : Les charpentiers métalliques travaillent en mm, ils utilisaient le daN/mm2 Les bétonniers travaillent en cm, ils utilisaient le daN/cm2 (bar)

10. Soit un écart de 100 entre les deux unités, pour se mettre d’accord sur l’utilisation de la même unité chacun a fait un pas vers l’autre et il en est sorti le MPa méga pascal 1 daN/mm2 = 10 N/ mm2 1daN/cm2 = 0,1 N/mm2 1 MPa = 106 Pa = 106 N/m2 = 1 N/mm2 les géotechniciens utilisent le kilopascal kPa, et les météorologues l’hectopascal hPa car c’est le milli bar Le Pascal est une unité trop petite pour être utilisée en calcul de structure ( pour se rendre compte de la valeur numérique d’une pression de 1Pa, il suffit d’imaginer une masse de 100g reposant sur une surface de 1m2) on a cherché quel était le multiple qui conviendrait aux calculateurs le charpentier métallique parlait de 24 daN/mm2 il passera à 240 MPa c’est acceptable. le bétonnier parlait de 250 bars il passera à 25 MPa c’est aussi acceptable.

11. Pour l’anecdote certains anglais parlent encore en PSI Pound / Square Inch, 1Pound = 4,448 N 1 inch = 25,4 mm 1PSI = 4,448/0,02542 = 6894 Pa mais ils sont passés au système d’unité international depuis plus de 30 ans … Revenons à nos problèmes de contraintes, c’est très simple pour l’effort normal, mais c’est un peu plus compliqué pour calculer la contrainte normale due au moment fléchissant.

12. M et la fibre supérieure est comprimée Henri NAVIER 1785-1835 Navier propose l’hypothèse suivante: La contrainte normale en un point est proportionnelle à la distance qui sépare ce point du centre de gravité y σ σ = k y Avec ce moment fléchissant positif la fibre inférieure est tendue 3.3 Contrainte normale due au moment fléchissant

13. L’axe des x axe longitudinal de la poutre ou ligne moyenne Le moment fléchissant est porté par l’axe z , il passe par le centre de gravité L‘axe des y permet de repérer la position d’une fibre par rapport à l’axe des z y x σ ds y M Sur cette fibre de section ds s’applique une contrainte normale σ z Plaçons trois axes pour faciliter le repérage

14. f M = y σ ds f (s) M = k y 2 ds (s) L’effort encaissé par la fibre de section ds vaut σ ds Le moment élémentaire dM de cet effort par rapport à l’axe des z vaut y. σ ds Si on intègre ce moment élémentaire dM sur toute la section on obtient le moment fléchissant y x σ ds Navier propose σ = k y y z

15. Le coefficient k est indépendant de y et z , il peut donc sortir de l’intégrale f M = k y 2 ds (s) f On voit apparaître une grandeur, qui ne dépend que des dimensions de la section y et z, à laquelle on va donner un nom. y 2 ds (s) Cette grandeur porte le nom de moment quadratique, ou moment d’inertie ou encore plus simplement inertie de la section par rapport à Gz f I Gz = y 2 ds (s) Cette grandeur est exprimée en m4 !!! Ça fait bizarre au début mais on s’y habitue...

16. M y M y σ = σ = IGz IGz si on choisit la convention " contrainte de compression positive" alors : si on choisit la convention " contrainte de compression négative " alors : M y σ = IGz M = k I Gz k = M / I Gz • Voyons un peu les problèmes de signe • L’inertie est toujours positive • Pour un moment fléchissant positif nous aurons de la compression au dessus de la ligne moyenne, pour y>0

17. L’allure du diagramme des contraintes sur une section rectangulaire est la suivante z

18. M y σ = IGz Analysons un peu cette formule Cherchons à quel endroit σ est maximum Généralement, au moins pour cette année, IGz est constant sur toute la longueur de la poutre σ est maximum lorsque le produit M . y est maximal On cherche d’abord la section dans laquelle le moment fléchissant est maximal en utilisant la courbe ou l’équation, soit Mmax ce maximum. Ensuite dans la section retenue il faut rechercher la fibre la plus éloignée du centre de gravité

19. σmax ymax Si la section est symétrique par rapport à Gz ymax = h / 2 G Si la section est n’est pas symétrique par rapport à Gz la longueur ymax est appelée v z y max = v

20. Mmax ymax Mmax Mmax = = σmax= IGz IGz / wel z v Cette grandeur porte le nom de module d’inertie ou de module de résistance Elle est exprimée en m3 ( cm3 ou mm3), avec M en Nm la contrainte est bien en N/m2 On peut mettre en parallèle les deux formules: σ = N / S pour la contrainte due à l’effort normal, compression ou traction simple et σ = M / wel pour la contrainte maximale due au moment fléchissant, flexion simple

21. + = ou superposer les deux diagrammes Si on exerce sur la section un effort normal et un moment fléchissant on trouve de la flexion composée (que nous approfondirons l’an prochain): Il suffit d’additionner les contraintes normales σ = N / A + M y / I On voit apparaître une notion nouvelle: celle d’axe neutre , c’est l’ensemble des points pour lesquels σ = 0 À ne pas confondre avec ligne moyenne qui relie les centres de gravité des sections, même si en flexion simple ligne moyenne et axe neutre sont confondus.

22. f f A = ds (s) 3.4 Grandeurs caractéristiques d’une section 3.41 Grandeurs de base Reprenons maintenant le problème en s’intéressant à la section d’une poutre Soit la section ci-contre de forme quelconque ds Trois grandeurs de base à retenir : L' aire ou la section définie par

23. ds Δ u f f MstatS/Δ = u ds (s) Le moment statique de la section par rapport à un axe Δ vaut:

24. ds Δ u f f IS/Δ = u 2 ds (s) L’ inertie de la section par rapport à un axe Δ vaut :

25. Rappel : ds G Δ u uG f f MstatS/Δ = u ds (s) À partir de ces trois grandeurs on va mener un certain nombre de calculs très utiles pour le suite. 3.42 Moment statique et centre de gravité Le moment statique nous permet de calculer la position du centre de gravité d'une section MstatS/Δ = uG A

26. i = n Σ MstatS/Δ = uGi Ai i = 1 1.2m G2 0.2m G1 0.5m Δ 0.3m Avec cette formule, toute simple, on pourra calculer des moments statiques de sections compliquées, décomposées en sections simples dont on connaît pour chacune la position du centre de gravité. Par exemple calculer le moment statique de cette section en Té par rapport à un axe passant par la base de la section. MstatS/Δ = (0.5x0.3)x0.25 + (0.2x1.2)x0.6 = 0,1815 m 3

27. MstatS/Δ uG = A Il faut calculer l'aire totale de la section A = (0.5x0.3) + (0.2x1.2) = 0.39 m 2 Nous avons déjà calculé le moment statique de cette section par rapport à Δ MstatS/Δ = 0.1815 m 3 1.2m uG = 0.1815 / 0.39 = 0.465 m G2 0.2m Le centre de gravité de la section est placé à 0.465 m de la face inférieure G1 uG 0.5m Δ 0.3m Cette formule nous permet aussi de calculer la position du centre de gravité d'une section en écrivant : Cette méthode rappelle les calculs de barycentre effectués en math et ceux effectués en début d'année sur la réduction d'un système de forces.

28. H du b(u) u Δ B u=H f f f u=H [ ] A = ds = B(1 – u / H ) du = B u – u 2 / 2H = B H / 2 u=0 (s) u=0 u=H f f f u=H ] [ MstatA/Δ = u ds = B(u – u 2 / H ) du = B u 2 / 2 – u 3 / 3H = B H 2 / 6 u=0 (s) u=0 Autre exemple calculons la position du centre de gravité d'un triangle. b(u) est une fonction linéaire de u qui vaut B pour u=0 et 0 pour u=H b(u) = B (1 – u / H) ds = du.b(u) = B (1 – u / H) du C'est rassurant ... de retrouver des résultats connus !!! uG = MstatA/Δ / A = H / 3

29. Quelques conseils pour terminer la partie sur les moments statiques • Le centre de gravité est par définition placé sur un axe de symétrie, détecter les axes de symétrie permet de s'affranchir de calculs. • Pour les sections un peu compliquées, on peut définir un repère qui permet de clarifier les calculs. Une présentation des résultats en tableau permet aussi une relecture plus aisée.

30. z Exemple sur une cornière à angles vifs et à ailes égales 60x60x6 6 mm On détecte un axe de symétrie, mais il ne permet pas de définir la position du centre de gravité 1 60 mm On définit un repère, avec les axes Oy et Oz de la figure yG 2 zG O y On partage la section en deux parties (1 et 2) 60 mm Aire ( cm 2 ) Moment statique / Oy ( cm 3 ) N° zG = 11.772 / 6.84 = 1.72 cm 6x0.6 = 3.60 3.60x3 = 10.800 1 Grâce à la symétrie yG = 1.72 cm 5.4x0.6 = 3.24 2 3.24x0.3 = 0.972 total 6.84 11.772

31. ΔG w Traçons un axe ΔGparallèle à Δ passant par G centre de gravité de la section G f f uG IS/Δ = u 2 ds (s) u = uG + w f f f f f f IS/Δ = u 2 ds = (uG + w)2 ds = (uG2 +2uGw + w2) ds (s) (s) (s) 3.43 Inertie Voyons d'abord l'influence d'un changement d'axes par translation sur la valeur de l'inertie ds Δ u

32. f f f 0 car ΔG passe par le centre de gravité A IS/ ΔG IS/Δ = IS/ΔG + A uG2 ΔG ds w G Δ u f f f uG Christiaan HUYGENS 1629-1695 (s) (s) (s) IS/Δ= uG2 ds + 2uG wds + w2 ds C'est le théorème de Huygens ou théorème de changement d'axes L'inertie d'une section par rapport à un axe est égale à la somme de l'inertie par rapport à un axe parallèle passant le centre de gravité et du produit de la distance au carré entre les deux axes par l'aire de la section.

33. La deuxième partie de l'expression porte le nom de terme de Huygens Ce terme porte le nom d'inertie propre de la section IS/ΔG = IS/Δ - A uG2 erreur de signe fréquente IS/Δ = IS/ΔG + A uG2 On remarque que l'inertie propre par rapport à un axe est toujours inférieure à l'inertie par rapport à un axe parallèle qui ne passe par le centre de gravité Attention quelque fois on connaît l'inertie par rapport à un axe qui ne passe pas par le c de g et on veut calculer l'inertie propre

34. b b dy dy DG y h h y D h h/2 f f I / D = y 2 b dy = b h 3 / 3 I / DG = y 2 b dy = b h 3 / 12 0 -h/2 Exemple simple de calcul d'inertie d'un rectangle Par rapport à un axe qui passe par le centre de gravité Par rapport à sa base à retenir

35. u=H f [ IA/Δ = u 2 ds = B(1 – u / H )u 2 du = B u 3 / 3 - u 4 / 4H = B H 3 / 12 u=0 f f u=H ] (s) u=0 Exemple un peu plus compliqué avec un triangle, calculer l'inertie par rapport à un axe parallèle à sa base et passant par son centre de gravité b(u) = B (1 – u / H) H du ds = du.b(u) = B (1 – u / H) du b(u) u Δ B IA/ΔG = IA/Δ - (B H / 2)(H / 3)2 = B H 3 (1/12 – 1/18) = BH 3 / 36

36. Inertie par rapport à Oy z y ds Inertie par rapport à Oz r z f f f f y O IS/0z = y 2 ds IS/0y = z 2 ds f f Inertie polaire par rapport à O IS/0 = r 2 ds = IS/Oy + IS/Oz (s) (s) (s) f f Moment d'inertie produit par rapport à O Iyz S/0 = y z ds (s) On peut définir des inerties par rapport aux axes d'un repère Attention ce moment produit peut être négatif

37. θ = 2π r = R f f f f IS/0 = r 2 ds = dθ r 3 dr (s) θ = 0 r = 0 Une application du moment polaire Calculer l'inertie d'un disque par rapport à un axe passant par son centre z ds = r dθ . dr dr dθ r y θ IS/0 = 2π R 4 / 4 = π R 4 / 2 O r dθ IS/0 = IS/0y + IS/0z = 2 IS/0z IS/0y = IS/0z = π R 4 / 4

38. Y z Y = y cosθ + z sinθ Z Z = z cosθ - y sinθ θ Y z sinθ y Z z θ z cosθ y cosθ y y sinθ O Voyons maintenant l'influence d'un changement d'axes par rotation sur la valeur de l'inertie ds

39. f f f f f IS/OY = Z 2 ds = (z cosθ – y sinθ) 2 ds IS/OY = cos 2 θ z 2 ds + sin 2 θ y 2 ds - 2 sin θ cos θ y z ds f f f f f (s) (s) (s) (s) (s) IS/OY = cos 2 θIS/Oy + sin 2 θIS/Oz - 2 sin θ cos θIyz S/O

40. f f f f f IS/OZ = Y 2 ds = (y cosθ + z sinθ) 2 ds IS/OZ = cos 2 θ y 2 ds + sin 2 θ z 2 ds + 2 sin θ cos θ y z ds f f f f f (s) (s) (s) (s) (s) IS/OZ = cos 2 θIS/Oz + sin 2 θIS/Oy + 2 sin θ cos θIyz S/O

41. f f f f f IYZS/O =cos2θ yz ds - sin θ cos θ y 2 ds + sin θ cos θ z 2ds – sin2θ yz ds f f f f f f (s) (s) (s) (s) (s) (s) On peut aussi calculer le moment produit IYZ f IYZS/O = Y Z ds = (y cosθ + z sinθ)(z cosθ - y sinθ) ds IYZS/O = - sin θcos θ (IS/Oz - IS/Oy) + (cos 2 θ - sin 2θ) Iyz S/O IYZS/O = - sin 2θ (IS/Oz - IS/Oy) / 2 + cos 2θIyz S/O On peut trouver un angle θ tel que IYZ S/O = 0

42. 2 Iyz S/O tan 2θ = IS/Oz - IS/Oy tan 2θ π 2 Iyz S/O IS/Oz - IS/Oy 2θ On va trouver des valeurs de 2θ avec une période de π Donc θ avec une période de π / 2 Soit deux axes perpendiculaires. Ces axes sont appelés axes principaux d'inertie

43. z 17.2 mm Le centre de gravité G est placé à 17,2 mm des bords extérieurs, voir calculs précédents 60 mm + G1 y G 17.2 mm + G2 Aire ( cm 2 ) Inertie / Gy ( cm 4 ) N° 6x0.6 = 3.60 0.6x63/12 + 3,6x(3 – 1,72)2 = 16,70 1 2 5.4x0.6 = 3.24 5,4x0.63/12 + 3,24x(1,72-0,3)2 = 6,63 6.84 23,33 total Application sur une cornière à aile égale 1 6 mm 2 Calculons d'abord les inerties par rapport à Gy et Gz 60 mm

44. z2 z y2 z2 f f f IyzS/O = yz dy dz = y dy z dz y1 z1 z z1 y f O y1 y2 y (s) IGz = 23,33 cm4 par symétrie IGy = 23,33 cm4 Il faut calculer aussi le moment produit Voyons dans le cas général le calcul du moment produit d'un rectangle / O = (y22 – y12 )/ 2 * (z22 – z12 )/ 2 = (y2 – y1 ) (z2 – z1 ) * (y2 + y1 )/2 * (z2 + z1 )/ 2 = section rectangle * abscisse cdg * ordonnée cdg

45. z 60 mm + G1 y G 17.2 mm + G2 Attention ces termes sont négatifs Aire ( cm 2 ) Moment produit / G ( cm 4 ) N° 6x0.6 = 3.60 3,6x(-1,72+0,3)(3 – 1,72) = - 6,54 1 2 5.4x0.6 = 3.24 3,24x(2,7+0,6-1,72)(-1,72+0,3) = - 7,27 6.84 -13,81 total Calculons le moment produit de la cornière par rapport à Gy et Gz 1 6 mm 2 60 mm

46. z Z Y 60 mm θ y G 2 Iyz S/G 17.2 mm tan 2θ = IS/Gz - IS/Gy h Donc tan 2θ = Calculons maintenant la valeur de θ pour laquelle IYZ /G = 0 1 6 mm 2 60 mm Ici IS/Gz = IS/Gy 2θ = π/2 + kπ θ = π/4 + kπ/2

47. Axes principaux d'inertie de la cornière u v On remarque que l'axe u est aussi un axe de symétrie Démontrons que tout axe de symétrie est axe principal d'inertie 45° G IS/Gu = cos 2 45°IS/Gy + sin 2 45° IS/Gz - 2 sin 45° cos 45° Iyz S/G IS/Gu = ( IS/Gy + IS/Gz ) / 2 - Iyz S/G = 23,33 – (– 13,81) = 37,14 cm 4 IS/Gv = cos 2 45°IS/Gz + sin 2 45° IS/Gy + 2 sin 45° cos 45° Iyz S/G IS/Gv = ( IS/Gy + IS/Gz ) / 2 + Iyz S/G = 23,33 + (– 13,81) = 9,52 cm 4

48. Z -y(z) y(z) Y = 0 à cause de la symétrie 2 Iyz S/G z2 y (z) ( ) f f f f tan 2θ = = 0 IS/Gz - IS/Gy IyzS/O = yz dy dz = y dy z dz donc θ = 0 +kπ / 2 z1 (s) - y(z) Sur une section symétrique calculons le moment produit Si le moment produit est nul = 0 Les deux axes Y et Z sont donc axes principaux d'inertie

49. Ce qu'il faut retenir: La définition du moment statique et de l'inertie Comment déterminer la position du c dg d'une section Comment calculer une inertie, théorème de Huygens Contrainte normale de traction ou de compression σ = N / A Contrainte normale due à la flexion simple σ = M y / I Il ne reste qu'à appliquer ces principes à des cas particuliers, c'est l'objet des TD qui suivent