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)

Une poutre est donc composée de fibres parallèles à la fibre moyenne.

fibre

fibre moyenne

y

z

x

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).

G

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)

fibre moyenne

y

z

x

ds

dF

Uniquement par un effort, que nous nommerons dF

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

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

y

z

x

dsdN

dV

Dans le chapitre précédent nous avons défini l’action de la partie gauche sur le partie droite par trois sollicitations N, V et M

N M

V

y

z xτ

σNotre problème va consister à

exprimer σ et τ en fonction de N, V et M

Nous laisserons τ pour l’an prochain, nous n’étudierons que σ cette année

L’effort normal est appliqué au centre de gravité de la section, la

contrainte se répartit uniformément sur toute la section.

N

3.2 Contrainte normale due à l’effort normal

σ = N / A

A est l'aire de la section

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.

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 100gpour 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 utiliséle 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

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)

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

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 calculateursle 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.

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.

3.3 Contrainte normale due au moment fléchissant

M

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

Avec ce moment fléchissant positif la fibre inférieure est tendue

et la fibre supérieure est comprimée

y σ

σ = k y

Plaçons trois axes pour faciliter le repérage

x

L’axe des x axe longitudinal de la poutre ou ligne moyenne

M

z

Le moment fléchissant est porté par l’axe z , il passe par le centre de gravité

y

dsy

L‘axe des y permet de repérer la position d’une fibre par rapport à l’axe des z

σ

Sur cette fibre de section ds s’applique

une contrainte normale σ

x

z

y

dsy

σ

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

M = y σ dsf(s)

Navier propose

σ = k y

M = k y 2 dsf(s)

M = k y 2 dsf(s)

Le coefficient k est indépendant de y et z , il peut

donc sortir de l’intégrale

y 2 dsf(s)

On voit apparaître une grandeur, qui ne dépend que des dimensions de la

section y et z, à laquelle on va donner un nom.

Cette grandeur est exprimée en m4 !!! Ça fait bizarre au début mais on s’y habitue...

Cette grandeur porte le nom de moment quadratique, ou moment d’inertie ou encore plus simplement inertie de la section par rapport à Gz

I Gz = y 2 dsf(s)

M = k I Gz

k = M / I Gz

M y

I Gz σ =

si on choisit la convention " contrainte de compression positive" alors :

si on choisit la convention " contrainte de compression négative " alors :

M y

I Gz σ =

M y

I Gz σ =

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

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

z

M y

I Gz σ =Analysons un peu cette formule

Cherchons à quel endroit σ est maximum

Généralement, au moins pour cette année, I Gz 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

σmax

y max

y max = v

Si la section est symétrique par rapport à Gz ymax = h / 2

z

G Si la section est n’est pas symétrique par rapport à Gz la longueur ymax est appelée v

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

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

σmax = Mmax ymax

IGz

= = wel z

Mmax Mmax

IGz / v

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.

+

ou superposer les deux diagrammes

3.4 Grandeurs caractéristiques d’une section

Reprenons maintenant le problème en s’intéressant à la section d’une poutre

Soit la section ci-contre de forme quelconqueds

L' aire ou la section définie par

A = dsf(s)f

Trois grandeurs de base à retenir :

3.41 Grandeurs de base

Le moment statique de la section par rapport à un axe Δ vaut:

Mstat S/Δ = u dsf(s)f

ds

u Δ

L’ inertie de la section par rapport à un axe Δ vaut :

I S/Δ = u 2 dsf(s)f

ds

u Δ

À partir de ces trois grandeurs on va mener un certain nombre de calculs très utiles pour le suite.

Le moment statique nous permet de calculer la position du centre de gravité d'une section

ds

u Δ

G

uG

Mstat S/Δ = uG A

Mstat S/Δ = u dsf(s)f

Rappel :

3.42 Moment statique et centre de gravité

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.

Δ

G1

G2

0.3m

0.5m

0.2m

1.2m

Mstat S/Δ = (0.5x0.3)x0.25 + (0.2x1.2)x0.6

= 0,1815 m 3

Mstat S/Δ = uGi Ai Σi = 1

i = n

Cette formule nous permet aussi de calculer la position du centre de gravité d'une section en écrivant :

uG =Mstat S/Δ

A

Il faut calculer l'aire totale de la section

A = (0.5x0.3) + (0.2x1.2) = 0.39 m 2

Mstat S/Δ = 0.1815 m 3

Nous avons déjà calculé le moment statique de cette section par rapport à Δ

Δ

G1

G2

0.3m

0.5m

0.2m

1.2m

u G

uG = 0.1815 / 0.39 = 0.465 m

Le centre de gravité de la section est placé à 0.465 m de la face inférieure

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.

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)

H

B

ub(u)

du

Δ ds = du.b(u) = B (1 – u / H) du

A = ds = B(1 – u / H ) du = B u – u 2 / 2H = B H / 2 f(s)f fu=0

u=H

[ ]u=0

u=H

Mstat A/Δ = u ds = B(u – u 2 / H ) du = B u 2 / 2 – u 3 / 3H = B H 2 / 6 f(s)f fu=0

u=H

[ ]u=0

u=H

uG = Mstat A/Δ / A = H / 3 C'est rassurant ... de retrouver des résultats connus !!!

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.

Exemple sur une cornière à angles vifs et à ailes égales 60x60x660

mm

60 mm

6 mmOn détecte un axe de symétrie, mais il ne permet pas de définir la position du centre de gravité

1

2

On partage la section en deux parties (1 et 2)

y

z

On définit un repère, avec les axes Oy et Oz de la figure

O

6x0.6 = 3.60 3.60x3 = 10.800

5.4x0.6 = 3.24 3.24x0.3 = 0.972

N° Aire

( cm 2 )

Moment statique / Oy ( cm 3 )

1

2

total 6.84 11.772

zG = 11.772 / 6.84

= 1.72 cm

zG

Grâce à la symétrie yG = 1.72 cm

yG

3.43 Inertie

Voyons d'abord l'influence d'un changement d'axes par translation sur la valeur de l'inertie

ds

u Δ

I S/Δ = u 2 dsf(s)fG

ΔG

Traçons un axe ΔG parallèle à Δ passant par G centre de gravité de la sectionuG

w

u = uG + w

I S/Δ = u 2 ds = (uG + w)2 dsf (s)f(s)f f f= (uG

2 +2uGw + w2) ds

(s)f

I S/Δ= uG2 ds + 2uG wds + w2 ds

(s)ff (s)ff (s)ff

ds

u ΔuG

wG

ΔG

A 0

car ΔG passe par le centre de gravité

I S/ ΔG

I S/Δ = I S/ΔG + A uG 2

C'est le théorème de Huygens ou théorème de changement d'axes

Christiaan HUYGENS

1629-1695

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.

I S/Δ = I S/ΔG + A uG 2

Ce terme porte le nom d'inertie propre de la section

La deuxième partie de l'expression porte le nom de terme de Huygens

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

I S/ΔG = I S/Δ - A uG 2

erreur de signe fréquente

Exemple simple de calcul d'inertie d'un rectangle

Par rapport à sa base

D

dy

y

h

b

I / D = y 2 b dy = b h 3 / 3f0

h

DG

dyy h

b

f-h/2

h/2

I / DG = y 2 b dy = b h 3 / 12

à retenir

Par rapport à un axe qui passe par le centre de gravité

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

B

ub(u)

du

Δ

ds = du.b(u) = B (1 – u / H) du

I A/ΔG = I A/Δ - (B H / 2)(H / 3)2 = B H 3 (1/12 – 1/18) = BH 3 / 36

I A/Δ = u 2 ds = B(1 – u / H )u 2 du = B u 3 / 3 - u 4 / 4H = B H 3 / 12 f(s)f u=0

u=H

[ ]u=0

u=H

f

ds

z

y

z

y

O

r

On peut définir des inerties par rapport aux axes d'un repère

I S/0y = z 2 dsf(s)fInertie par rapport à Oy

I S/0z = y 2 dsf(s)fInertie par rapport à Oz

fI S/0 = r 2 ds = I S/Oy + I S/Ozf(s)

Inertie polaire par rapport à O

I yz S/0 = y z dsf(s)fMoment d'inertie produit par rapport à O

Attention ce moment produit peut être négatif

Une application du moment polaire

Calculer l'inertie d'un disque par rapport à un axe passant par son centre

r

dr

θ

dθ

O

y

zds = r dθ . dr

r dθ

fI S/0 = r 2 ds = dθ r 3 drf(s) f fθ = 0

θ = 2π r = R

r = 0

I S/0 = 2π R 4 / 4 = π R 4 / 2

I S/0 = I S/0y + I S/0z = 2 I S/0z

I S/0y = I S/0z = π R 4 / 4

Voyons maintenant l'influence d'un changement d'axes par rotation sur la valeur de l'inertie

ds

Z = z cosθ - y sinθ

y sinθ

z cosθ

y

z

Oz

y

Y = y cosθ + z sinθ

θy

cosθ

z si

nθ

Y

Zθ

Y

Z

I S/OY = Z 2 ds = (z cosθ – y sinθ) 2 dsf(s)f(s)ff

(s)ffI S/OY = cos 2 θ z 2 ds + sin 2 θ y 2 ds - 2 sin θ cos θ y z ds

(s)ff (s)ffI S/OY = cos 2 θ I S/Oy + sin 2 θ I S/Oz - 2 sin θ cos θ I yz S/O

I S/OZ = Y 2 ds = (y cosθ + z sinθ) 2 dsf(s)f(s)ff

(s)ffI S/OZ = cos 2 θ y 2 ds + sin 2 θ z 2 ds + 2 sin θ cos θ y z ds

(s)ff (s)ffI S/OZ = cos 2 θ I S/Oz + sin 2 θ I S/Oy + 2 sin θ cos θ I yz S/O

I YZ S/O = Y Z ds = (y cosθ + z sinθ)(z cosθ - y sinθ) dsf(s)f (s)ff

I YZ S/O = - sin θ cos θ (I S/Oz - I S/Oy) + (cos 2 θ - sin 2 θ) I yz S/O

On peut aussi calculer le moment produit I YZ

(s)ffI YZ S/O =cos2θ yz ds - sin θ cos θ y 2 ds + sin θ cos θ z 2ds – sin2θ yz ds

(s)ff (s)ff (s)ff

On peut trouver un angle θ tel que I YZ S/O = 0

I YZ S/O = - sin 2θ (I S/Oz - I S/Oy) / 2 + cos 2θ I yz S/O

tan 2θ =2 I yz S/O

I S/Oz - I S/Oy

π

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

tan 2θ

2θ

2 I yz S/O

I S/Oz - I S/Oy

60 m

m

60 mm

6 mm

1

2

N° Aire

( cm 2 )

Inertie / Gy

( cm 4 )

1

2

total 6.84 23,33

Application sur une cornière à aile égale

Calculons d'abord les inerties par rapport à Gy et Gz

y

z

G

17.2 mm

Le centre de gravité G est placé à 17,2 mm des bords extérieurs, voir calculs précédents

17.2 mm

6x0.6 = 3.60 0.6x63/12 + 3,6x(3 – 1,72)2 = 16,70

+ G1

5.4x0.6 = 3.24 5,4x0.63/12 + 3,24x(1,72-0,3)2 = 6,63

+G2

IGy = 23,33 cm4 IGz = 23,33 cm4 par symétrie

Il faut calculer aussi le moment produit

y

z

yy1 y2

z2

z1

z

O

I yz S/O = yz dy dz = y dy z dz f(s)f fy1

y2

fz1

z2

= (y22 – y1

2 )/ 2 * (z22 – z1

2 )/ 2

= (y2 – y1 ) (z2 – z1 ) * (y2 + y1 )/2 * (z2 + z1 )/ 2

= section rectangle * abscisse cdg * ordonnée cdg

Voyons dans le cas général le calcul du moment produit d'un rectangle / O

60 m

m

60 mm

6 mm Gy

z

17.2 mm

1

2

N° Aire

( cm 2 )

Moment produit / G ( cm 4 )

1

2

total 6.84 -13,81

Calculons le moment produit de la cornière par rapport à Gy et Gz

6x0.6 = 3.60 3,6x(-1,72+0,3)(3 – 1,72) = - 6,54

+ G1

5.4x0.6 = 3.24 3,24x(2,7+0,6-1,72)(-1,72+0,3) = - 7,27

+G2 Attention ces termes

sont négatifs

60 m

m

60 mm

6 mm

θ

Y

Z

Gy

z

17.2 mm

1

2

Calculons maintenant la valeur de θ pour laquelle I YZ /G = 0

tan 2θ =2 I yz S/G

I S/Gz - I S/Gy

Ici I S/Gz = I S/Gy Donc tan 2θ = h

2θ = π/2 + kπ θ = π/4 + kπ/2

G

45°

Axes principaux d'inertie de la cornière

uv

I S/Gu = cos 2 45° I S/Gy + sin 2 45° I S/Gz - 2 sin 45° cos 45° I yz S/G

I S/Gu = ( I S/Gy + I S/Gz ) / 2 - I yz S/G = 23,33 – (– 13,81) = 37,14 cm 4

I S/Gv = cos 2 45° I S/Gz + sin 2 45° I S/Gy + 2 sin 45° cos 45° I yz S/G

I S/Gv = ( I S/Gy + I S/Gz ) / 2 + I yz S/G = 23,33 + (– 13,81) = 9,52 cm 4

On remarque que l'axe u est aussi un axe de symétrie

Démontrons que tout axe de symétrie est axe principal d'inertie

Y

Z

fI yz S/O = yz dy dz = y dy z dz f(s)f

- y (z)f

z1

z2 y (z)

( ) = 0

Sur une section symétrique calculons le

moment produity(z)-y(z)

= 0 à cause de la symétrie

Si le moment produit est nul

tan 2θ = = 0

2 I yz S/G

I S/Gz - I S/Gy

donc θ = 0 +kπ / 2

Les deux axes Y et Z sont donc axes principaux d'inertie

Il ne reste qu'à appliquer ces principes à des cas particuliers, c'est l'objet des TD qui suivent

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