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Cours de mécanique Résistance des Matériaux
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Cours de mécanique Résistance des Matériaux
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4.1 - GENERALITES
BUT DE LA R.D.M.
Le but de la R.D.M. est de déterminer les formes les plus économiques et de calculer les dimensions
des pièces qui doivent, en toute sécurité, résister aux efforts prévus.
La sécurité d'une construction, d'un pont par exemple, est assurée si les forces extérieures :
ne provoquent pas sa rupture,
ne provoquent pas des déformations permanentes, mais uniquement des déformations
élastiques.
HYPOTHESES DE LA R.D.M.
� Le matériau est supposé :
• HOMOGENE même constitution physique et même structure en tout point.
• ISOTROPE (même propriété mécanique en tout point et suivant une direction quelconque).
� Les corps étudiés sont des poutres :
AG
B
Ligne
Lm
(Section S)
L
moyenne
A(Section S )
B(Section S )
Caractéristique d'une poutre
Une poutre est un solide long par rapport aux dimensions des sections droites (sa longueur est
supérieur à 10 fois la plus grande dimension transversale de la section droite).
Une poutre est un corps dont le volume est engendré par une surface plane S dont le centre de
gravité G décrit une ligne donnée AB appelé ligne moyenne de la poutre, la surface S restant
normal à la ligne moyenne en G. La surface S est invariable ou varie que progressivement
(lentement et de façon continue) entre A et B.
La ligne moyenne doit être plane, une droite le plus souvent, ou une courbe à grand rayon de
courbure, 10 fois au moins la plus grande des dimensions transversales.
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SOLLICITATIONS SIMPLES
� Extension ou traction
La déformation de la poutre est
caractérisée par un allongement ∆L.
∆L
Avant
Après
� Compression des pièces courtes
La déformation de la poutre est
caractérisée par un raccourcissement
∆L.
∆L
Avant
Après
� Cisaillement
La déformation est caractérisée
par un glissement relatif des sections
cisaillées S1 et S2
Après
Avant
∆LPoutre
S1
S2
S1S2
� Torsion
La déformation est caractérisée
par une rotation (glissement) des
sections droites les unes par rapport aux
autres. La ligne moyenne, inchangée, est
l'axe des rotations successives des
sections droites.
Avant
Après
A B
A
B
� Flexion pure La déformation est caractérisée
par un fléchissement sans allongement
des fibres contenues dans le plans
moyen. En ce qui concerne les fibres
situées au dessus (et au dessous) du plan
moyen, il y a fléchissement avec
allongement (ou raccourcissement).
Après
Avant
Poutre
∆L
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4.2 - TRACTION OU EXTENSION
DEFINITION
Un corps est sollicité à la traction lorsqu'il est soumis à deux forces qui tendent à
l'allonger.
Exemple : Un câble soulevant une charge
EFFORT NORMAL
Lorsqu'on isole le câble nous
remarquons qu'il est soumis à l'action de
deux forces directement opposées et qui
tendent à l’allonger.
Supposons que l'on effectue une
coupure dans le câble en G entre A et B. La
coupe est faite au niveau de la section droite
S située à la distance l du point B.
On pose : BG : Tronçon 1
AG : Tronçon 2 P
B
A
On isole le câble AB
A
B
P
-P
Section du câble (S)
Câble
Charge
→
→→
G
llll
Tronçon 2
Tronçon 1
On isole le tronçon 1
BB→
G
llll
Tronçon 1 Charge/1
G→
2/1Section du câble (S)
Bilan mécanique
ForcesPoint
d’applicationDirection
G
et sensIntensité(en daN)
G2/1
→
PBBCharge/1
→
? ?
Constat : Solide en équilibre sous l’action de 2 forces
Conclusion : Ces deux forces sont donc égales et directement
opposées →→
−=⇒ 1/eargCh1/2 BG
En conclusion, nous dirons que l’action exercée par le tronçon 2 sur le tronçon 1 se réduit à une
force →
1/2G , appelée EFFORT NORMAL , perpendiculaire à la section droite S et portée par la
ligne moyenne.
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CONTRAINTE NORMALE
D'une façon schématique, la contrainte normale symbolisée par la lettre sigma (σ) représente
l'effort de traction en un point de la section S pour une surface dont l'aire est égale à 1.
G
l
Tronçon 1
SN =σ
Dans le cas général de la traction, il y a répartition
uniforme des contraintes dans la section droite S et nous
avons :
SN
S
G 1/2 ==
→
σ
Avec : σσσσ → Contrainte normale (en N/mm2 ou MPa
(méga-Pascal))
N → Effort normal (en N )
S → Section droite (en mm2)
ESSAI DE TRACTION
L’essai de traction est le procédé expérimental le plus utilisé pour définir les caractéristiques
mécaniques des matériaux, car il permet la détermination des propriétés essentielles.
PRINCIPE :
On applique progressivement et
lentement à une éprouvette cylindrique, de
forme et de dimension normalisées (longueur
L0, section S0) une force de traction
croissante de 0 à Fmax.
Au cours de l'essai, l'éprouvette va
d'abord s'allonger, puis se déformer pour enfin
se briser. Dès lors on peut mesurer
l'allongement: 0L LL −=∆
A A A
BB
B
RuptureL
L0
S0
S
maxF→F
→
F→
maxF→
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Un appareil
enregistreur trace une
courbe (ci-contre) qui
nous indique comment
varie l'allongement en
fonction de la charge
A
B
Zône de déformation plastique
∆L(mm)
Fr
Fe
C
Force (en daN)
O
Zône de déformation élastique
Nous avons : OA : Déformation élastique
ABC : Déformation plastique
Point A : Charge à la limite apparente d'élasticité (Fe)
Point B : Charge maximale (Fr)
Point C : Point de rupture (charge au moment de la rupture).
CARACTERISTIQUES FONDAMENTALES DEFINIES PAR L'ESSAI DE TRACTION
• Limite élastique : 0S
Fe = Re (en N/mm 2
ou MPa (méga-Pascal))
Avec S0 (section initiale)
• Résistance à la rupture : 0S
Fr =Rr (en N/mm 2
ou MPa (méga-Pascal))
• Allongement pour cent : 0
0
L)LL(100 −= %A L : longueur après rupture
L0 : longueur initiale
• Coefficient de striction : 0
0
S)SS(100 −= %Z S : section après rupture
S0 : Section initiale
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CONDITION DE RESISTANCE A L'EXTENSION
Pour qu'une pièce sollicitée à l'extension résiste en toute sécurité, il faut que la contrainte σ soit
inférieur ou au plus égale à la résistance pratique à l'extension Rpe (Rpe est en général définie à
partir de la résistance à la rupture Rr du matériau). Soit :
MPa)(en kS
N RrRpe == ≤σ
k est appelé coefficient de sécurité adopté pour la construction de l'appareil. Il est choisi de
façon à ce qu'en cours de fonctionnement normal les contraintes normales ne dépassent pas la limite
élastique Re du matériau
k est compris entre 1,5 et 10 suivant le genre de construction. En construction aéronautique par
exemple, k sera de l'ordre de 1,5 pour certaines pièces car il faut construire léger. En construction
métallique courante k = 1,5 à 2.
DEFORMATION ALLONGEMENT RELATIF
Les expériences (essais de traction)
montrent que les allongements sont
proportionnels aux longueurs initiales dans
la zone élastique. Cette propriété est
traduite par la notion d'allongement
relatif ε :
00
0
00
0
XX
XXX
LL
LLL ∆=−=∆=−=ε
∆ L
Lo
-P P
Xo
X
L
∆X
BA
→→→→ →→→→
� L et L0 sont les longueurs finale et initiale du solide.
� ∆L représente l'allongement total de la poutre.
� X et X0 sont les longueurs finale et initiale d’un tronçon
� ∆X représente l'allongement du tronçon.
� ε traduit l'allongement d'une poutre dont la longueur est égale à 1. (pas d'unité),
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LOI DE HOOKE
Nous avons vu que pour un grand nombre de matériaux, l'essai de traction montre qu'il existe une
zone élastique pour laquelle l'effort de tension de l'éprouvette est proportionnel à l'allongement de cette
même éprouvette.
Soit la loi de HOOKE : σ σ σ σ = E . εεεε
Avec : E → Module d’élasticité longitudinale ou module de coulomb (en N/mm 2 ou MPa
(méga-Pascal))
εεεε → allongement relatif (pas d’unité)
σσσσ → contrainte normale (en N/mm 2 ou MPa (méga-Pascal))
Quelques exemples de valeurs de E
Carbures métalliques 550000 Mpa
Tungstène 420000 MPa
Aciers 170000 à 280000 MPa
Aciers de construction 200000 à 220000 MPa
Cuivre 126000 MPa
Titane 105000 MPa
Bronze 100000 à 120000 MPa
Fonte 100000 MPa
Laiton 92000 MPa
Zinc 80000 MPa
Alliage d'aluminium 70000 à 75000 MPa
Verre 70000 à 75000 MPa
Magnésium 45000 MPa
Etain 40000 MPa
Béton 20000 MPa
Bois 10000 à 30000 MPa
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EXEMPLES
Ex. N°1 : Soit une poutre appartenant à la charpente métallique d’un bâtiment. La poutre est en acier
E24, la limite à la rupture est de 380 MPa et la limite élastique Re est de 240 MPa. La poutre
est soumise à un effort de traction de 120 000 daN.
d
120 KN 120 KN
S
∅
Question : La section de la poutre est cylindrique et le coefficient de sécurité adopté est de 6
Déterminer le diamètre minimum admissible pour la construction.
Réponse : Pour que la poutre résiste en toute sécurité, la contrainte normale dans la section
droite S doit être inférieur ou égale à la résistance pratique à l’extension Rpe.
� Détermination de la résistance pratique à l’extension Rpe:
MPa3,636
380
k===
RrRpe
� Détermination de la contrainte normale σσσσ:
22 d
N4
4
d
N
S
N
⋅π⋅
=⋅π
==σ
� Détermination du diamètre d de la poutre:
Condition de résistance : MPa3,63d
N42 =
⋅π⋅
= ≤σ Rpe
Soit 3,63d
N42
≤⋅π⋅
⇒ )d(3,63N4 2⋅π⋅⋅ ≤
⇒ N4)d(3,63 2 ⋅⋅π⋅ ≥
⇒
π×
⋅≥3,63
N4d2
Finalement :
π×
×=
π×⋅≥
3,63
1200004
3,63
N4d
mm12,49d ≥≥≥≥
Le constructeur devra choisir une poutre dont le diamètre devra être au
minimum de 49,12 mm. Il pourra la choisir dans les catalogues des fabriquants
de charpente métallique.
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Ex. N°2 : Une barre carrée en acier de 8 mm de coté et d’une longueur de 1,5 m supporte une charge de
2000 daN.
2000 daN 2000 daN
S
8 mm
Question : Déterminer la contrainte et l’allongement dans la tige (E = 200000 MPa).
Réponse : � Détermination de la contrainte normale σσσσ
MPa5,312mm/N5,31288
20000
S
N 2 ==×
==σ
� Utilisation de la loi de Hooke pour déterminer la valeur de l’allongement
de la tige ∆∆∆∆L.
OL
LEE
∆⋅=ε⋅=σ ⇒ LELO ∆⋅=⋅σ
⇒ E
LLLL O
0
⋅=−=∆
σ
Finalement : mm34,2200000
15005,312
E
LL O
=×
=⋅
=σ∆
En conclusion, nous dirons que la tige cylindrique s’allonge de 2,34 mm .
La tige en acier est remplacé par un tube carré en aluminium d’épaisseur e = 1 mm..
2000 daN 2000 daN
S
L
1 mm
On désire que celui-ci ait le même allongement sous la même charge que la tige
précédente (E = 74550 Mpa).
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Question : Déterminer la largeur L du tube.
Réponse : La longueur finale du tube est de 1502,34 mm pour une longueur initiale de
1500 mm.
� Détermination de l’allongement relatif εεεε
00156,01500
150034,1502
L
L
O
=−
=∆
=ε
� Détermination de la contrainte normale σσσσ à partir de la loi de Hooke 00156,074550E ×=ε⋅=σ
MPa3,116mm/N3,116 2 ==σ
� Détermination de la section S du tube aluminium :
Nous avons : S
N =σ
⇒ 2mm1723,116
20000NS === σ
� Détermination de la largeur du tube :
)e4eL4(LLe)2(LLS 22222 ⋅−⋅⋅−−=⋅−−=
S
L
e
L2
(L-2e)2
L-2e
⇒ 22 mm172e4eL4S =⋅+⋅⋅+= avec e = 1mm
⇒ 2mm1724L4S =+⋅+=
Finalement nous obtenons :
1684172L4 =−=⋅
⇒ mm424
168L ==
En conclusion nous dirons que le tube en aluminium doit avoir une largeur
de 42 mm .
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4.3 - COMPRESSION
DEFINITION
Un corps est sollicité à la compression lorsqu'il e st soumis à deux forces qui
tendent à le raccourcir.
F
Compression Flambage
∆L
Lo
Lo
→→→→
F→→→→
Cependant, sous un effort de compression →→→→F , une pièce peut rester droite (compression) ou
fléchir (flambage) selon que sa longueur L est
grande ou petite par rapport à sa plus petite
dimension transversale.
Dans le cas d'une compression la
longueur L est comprise entre 3 et 8 fois la plus
faible des dimensions transversales.
ESSAI DE COMPRESSION DES PIECES COURTES
On opère sur des éprouvettes cylindriques ou prismatiques, voisines de la section carrée placées
entre les plateaux d'une presse hydraulique. Au début le l'essai, les raccourcissements sont élastiques et
directement proportionnels aux charges appliquées. Au delà d'une certaine charge à laquelle correspond la
limite d'élasticité à la compression, les déformations subsistent en partie lorsque la charge est supprimée.
L'éprouvette se rompt lorsque la limite de résistance à la compression est atteinte.
Différents modes de rupture peuvent être observés :
(1) Par dilatation : concerne les substances ductiles, à résilience
élevée, comme le fer, l'acier, le cuivre, le bronze; des criques
apparaissent sur la surface.
F→→→→
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F→→→→
(2) Par glissement suivant des surfaces de séparati on
obliques : concerne les substances granuleuse comme la fonte le
béton...
(3) Par glissement pour les surfaces fibreuses comme le bois sous l'action d'efforts dirigés
suivant les fibres.
Remarque : On a constaté que l'acier, le cuivre, le bronze ont une résistance à la rupture par
compression sensiblement égale à la résistance à la rupture par extension. Au contraire, la
fonte ordinaire résiste beaucoup mieux à la compression qu'à la traction.
CONDITION DE RESISTANCE D'UNE
PIECE COURTE COMPRIMEE
Pour qu'une pièce sollicitée à la compression résiste en toute sécurité, il faut que la contrainte σ soit
inférieur ou au plus égale à la résistance pratique à la compression Rpc (Rpe est en général définie à
partir de la résistance à la rupture Rr du matériau). Soit :
) (en MPaRr
RpckS
Nc ======== ≤≤≤≤σσσσ
Avec :
• σc : Contrainte normale de compression (en MPa ou N/mm2)
• N : Effort normal (en N).
• S : Section droite (en mm2)
• Rpc : Résistance pratique à la compression ou contrainte admissible (en MPa).
• Rr : Résistance à la rupture (en MPa).
• k : Coefficient de sécurité
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DEFORMATION
ALLONGEMENT RELATIF
Les expériences montrent, comme
pour le cas de l’extension, que les
allongements sont proportionnels aux
longueurs initiales dans la zone
élastique. Cette propriété est traduite par
la notion d'allongement relatif ε :
00
0
00
0
XX
XXX
LL
LLL ∆=−=∆=−=ε
∆ L
Xo
∆X
L
X
Lo
F→→→→
• L et L0 sont les longueurs finale et initiale du solide.
• ∆L représente le raccourcissement total de la poutre.
• X et X0 sont les longueurs finale et initiale d’un tronçon
• ∆X représente le raccourcissement du tronçon.
• ε (< 0)traduit le raccourcissement relatif, il correspond au raccourcissement d'une poutre
dont la longueur serait égale à 1.
LOI DE HOOKE
Soit la loi de HOOKE : σ σ σ σ = E . εεεε
Avec : E → Module d’élasticité longitudinale ou module de coulomb (en N/mm2 ou MPa
(méga-Pascal))
εεεε → raccourcissement relatif (pas d’unité)
σσσσ → contrainte normale de compression (en N/mm2 ou MPa (méga-Pascal))
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EXEMPLES
Ex. N°1 : Le fer H repéré (1) sur la figure supporte
un effort de compression de 50 000 daN.
Le fer est soudé sur un plat carré en acier
de coté b repéré (2). L'ensemble repose sur
un support circulaire (3) en béton de
diamètre d posé à même le sol.
3
2
1
b
d
Question : Calculer la section du fer H si la résistance pratique à la compression de l’acier de
10 daN/mm2.
Réponse : � Condition de résistance à la compression :
Rpc ≤σ =acierSN
c ⇒
Rpc
NS acier ≥
� Détermination de la section Sacier :
2acier mm5000
50000S
)
)(daN/mm
(daN
2 =≥
10
Question : Déterminer le côté b du carré (2) si la résistance pratique à la compression est de
0,4 daN/mm2.
Réponse : � Condition de résistance à la compression :
Rpc ≤σ =carréSN
c ⇒ Rpc
NS 2
carré ≥= b
⇒ Rpc
bN≥
� Détermination de la section Scarré :
mm55,3530,450000
)(daN/mm
)daN(2
=≥b
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Question : Déterminer diamètre d du socle (3) si la résistance pratique à la compression du
béton est de 2,5 daN/cm2.
Réponse : � Condition de résistance à la compression :
Rpc ≤σ =carréSN
c ⇒ Rpc
NS
2
carré ≥⋅π=4d
⇒ Rpc
d⋅π
⋅≥ N4
� Détermination de la section Scarré :
mm8,15950,025
500004)(daN/mm
)daN(2
=
×π×≥d
EX. N°2 : Un élément d'arbre de machine AD en acier peut être représenté par le schéma ci-dessous.
P1P2
A (7000N)B (10000N)
C (5000N)
x'
→→→→→→→→
→→→→
→→→→
80 200 80
360
∅30
DD (2000N)
xCA B
∅ 45 ∅30
Au point A, l’arbre reçoit de l’arbre située à gauche l’effort →A . Au point B une butée à
bille non représentée donne l’action →B . Au point C, l’arbre reçoit l’effort longitudinal
→C ,
provenant d’un réducteur à vis tangente, non représenté. Enfin, au point D, l’arbre reçoit de
l’arbre située à droite l’effort →D .
Donnée : E = 210000 N/mm2 (Acier mi-dur )
Question : Calculer la déformation totale de l'arbre AD due aux forces →A ,
→B ,
→C et
→D .
Réponse : Pour répondre au problème posé, il faut étudier indépendamment chaque tronçon
composant l’arbre AD.
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� Etude du tronçon AB
• Détermination de l’effort normal ABN→
:
On isole le tronçon AB
A (7000N)x'
→→→→
80
∅30
xA
Sectiondroite (S )
N→→→→
ABB
AB
Le tronçon AB est en
équilibre sous l’action des
forces →A et ABN
→, donc nous
avons :
→→→→=+=∑ 0NAF ABExt
Soit projection sur l’axe XX’ : 0AN'xx/)F('proj ABExt =−=∑→
⇒ N7000ANAB ==
Le tronçon AB est sollicité à l’extension car le sens de l’effort normal
tend à tirer la matière.
• Détermination de la contrainte normale σσσσAB :
Nous avons : MPa9,9mm/N9,9
430
7000SN 2
2AB
ABAB ==
×π==σ
• Détermination de l’allongement ∆∆∆∆LAB :
Le tronçon AB étant sollicité par un effort de traction alors la longueur de
ce dernier va s’allonger, soit :
AB
ABAB L
L E . E .
∆== εσ
⇒ mm0038,0210000
809,9
EL
L ABABAB
=⋅×==∆ ⋅σ
� Etude du tronçon BC
• Détermination de l’effort normal BCN→
:
On isole les tronçons AB + BC
A (7000N)B (10000N)x'
→→→→→→→→
80 200
CA B
∅ 45
N→→→→
BC
Sectiondroite (S )BC
x
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Les tronçons AB + BC sont en équilibre sous l’action des forces →A ,
→B et
BCN→
, donc nous avons : →→→→→
=++=∑ 0NBAF BCExt
La projection des forces sur l’axe XX’ nous donne :
0BAN'xx/)F('proj BCExt =+−=∑→
⇒ N3000100007000BANCD −=+−=−=
Le tronçon BC est sollicité à la compression car le sens de l’effort normal
tend à comprimer la matière.
A (7000N)B (10000N)x'
→→→→→→→→
A B
∅ 45
N→→→→
BC
Sectiondroite (S )BC
x
• Détermination de la contrainte normale σσσσBC :
Nous avons : MPa9,1mm/N9,1
445
3000SN 2
2BC
BCBC ==
×π==σ
• Détermination de l’allongement ∆∆∆∆LBC :
Le tronçon BC étant sollicité par un effort de compression alors la
longueur de ce dernier va diminuer, soit :
BC
BCBC L
L E . E .
∆== εσ
⇒ mm0018,0210000
2009,1
EL
L BCBCBC
=⋅×==∆ ⋅σ
� Etude du tronçon CD
• Détermination de l’effort normal BCN→
:
On isole les tronçons AB + BC + CD
A (7000N)B (10000N)
C (5000N)
x'
→→→→→→→→
→→→→
80 200 80
DxCA B
∅30 Sectiondroite (S )DC
N→→→→
CD
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Les tronçons AB + BC + CD sont en équilibre sous l’action des forces →A ,
→B ,
→C et CDN
→, donc nous avons :
→→→→→→=+++=∑ 0NCBAF DCExt
La projection des forces sur l’axe XX’ nous donne :
0CBAN'xx/)F('proj CDExt =−+−=∑→
⇒ N20005000100007000CBANCD +=+−=+−=
Le tronçon BC est sollicité à l’extension car le sens de l’effort normal
tend à tirer la matière.
• Détermination de la contrainte normale σσσσCD :
Nous avons : MPa8,2mm/N8,2
430
2000SN 2
2CD
CDCD ==
×π==σ
• Détermination de l’allongement ∆LCD :
Le tronçon BC étant sollicité par un effort de compression alors la
longueur de ce dernier va augmenter, soit :
CD
CDCD L
L E . E .
∆== εσ
⇒ mm0011,0210000
808,2
EL
L CDCDCD
=⋅×==∆ ⋅σ
� détermination de la déformation totale de l’arbre AD
La déformation totale est : CDBCABAD L L L L ∆+∆−∆=∆
⇒ 0011,0 0018,0 0038,0 LAD +−=∆
⇒ mm0031,0 LAD =∆ d'allongement
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4.4 - CISAILLEMENT
DEFINITION
Une poutre est sollicitée au cisaillement lorsqu'elle est soumise à deux forces égales et opposées qui
tendent à la séparer en deux tronçons qui glissent l'un par rapport à l'autre dans le plan d'une section
perpendiculaire à la ligne moyenne.
� Différentes phases du cisaillement d'une plaque de tôle
Tronçon 1
Lame mobile
Lame fixe
Tôle1 2 1 2
Tronçon 2
EFFORT TRANCHANT
Le cisaillement se traduit par un glissement
de S2 par rapport à S1 (S1 et S2 sont les sections
droites confondues avec S ).
Solide (S)
S1 S2
G
∆LTronçon 1 Tronçon 2
F→→→→
-F→→→→
On isole le tronçon 2
Section droite (S)
G
Tronçon 2
O x
y
F→→→→
G→
1/2
Bilan mécanique
ForcesPoint
d’applicationDirection
G
et sensIntensité(en daN)
G1/2
→
FAF→
? ?
Constat : Solide en équilibre sous l’action de 2 forces
Conclusion : Ces deux forces sont donc égales et directement
opposées ⇒ →→
−= FG 2/1
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 194
En conclusion, nous dirons que l’action exercée par le tronçon 1 sur le tronçon 2 se réduit à une
force →
2/1G , appelée EFFORT TRANCHANT , parallèle à la section droite S et passant par le
centre de gravité G
G
Section droite (S)
F→→→→
G→
1/2
Remarque : Par habitude, l'EFFORT TRANCHANT est appelé →T
CONTRAINTE TANGENTIELLE
Dans le cas général du cisaillement, il y a répartition uniforme des contraintes tangentielle dans la
section droite S et nous avons : S
T
S
G 2/1 ==→
τ
Avec : ττττ → Contrainte tangentielle (en N/mm 2 ou MPa (méga-Pascal))
T → Effort tranchant (en N )
S → Section droite (en mm 2)
F→→→→
Section droite (S)
ττττ
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 195
CONDITION DE RESISTANCE AU CISAILLEMENT
Pour qu'une pièce sollicitée au cisaillement résiste en toute sécurité, il faut que la contrainte
tangentielle τ reste inférieur ou au plus égale à la résistance pratique au cisaillement Rpg (Rpg est en
général définie à partir de la résistance à la rupture par glissement Rg du matériau). Soit :
) (en MPakS
T RgRpg ======== ≤≤≤≤ττττ
Avec : • τ : Contrainte tangentielle de cisaillement (en MPa ou N/mm2)
• T : Effort tranchant (en N).
• S : Section droite (en mm2)
• Rpg : Résistance pratique au cisaillement (en MPa).
• Rg : Résistance à la rupture par glissement (en MPa).
• k : Coefficient de sécurité
DEFORMATION ELASTIQUE
Lame (1)
Lame (2)
AB
Tôle (3)
La déformation dans le cas du cisaillement se
caractérise par un glissement des sections droites
les unes par rapport aux autres.
Le glissement est mesuré par l'angle γ
(gamma) appelé angle de glissement.
Unité de gamma (γ): Le radian (rad)
AB
∆L
S
γ
1
S2
F→→→→
-F→→→→
Supposons que les actions →→→→F et
→→→→−−−− F sont distantes l'une de l'autre de ∆∆∆∆L (∆L tend vers 0).
Les sections droites comprises entre S1 et S2 glissent les unes par rapport aux autres de la même
façon. γ mesure cette déformation.
Les essais de cisaillement montre que, dans le domaine
élastique →→→→T est proportionnel à γ (donc à τ), tel que :
⇒ γγγγττττ ⋅⋅⋅⋅======== GS
T
Le facteur de proportionnalité G est le module d'élasticité transversal (G est l'analogue de
E, module d'élasticité longitudinal)
Exemple : Pour les métaux, E4,0G ⋅⋅⋅⋅≈≈≈≈
Concernant les aciers, si E = 200 000 N/mm 2 alors G = 80 000 N/mm 2
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 196
EXEMPLES
Ex. N°1 : Calculs des articulations cylindriques
La liaison pivot entre la chape 2 et le tirant 1 est réalisée
par l'intermédiaire de l'axe cylindrique 3. L'action exercée par le
tirant est →F (= 1000 daN).
F→→→→
1
3
2
Pour réaliser la liaison entre le tirant 1 et la chape 2, deux solutions sont envisagées.
A
B B
A
D
Cd
Solution 1 Solution 2
2d1
F→→→→
F→→→→
Les axes 3 des solutions 1 et 2 sont réalisés à partir du même acier, la résistance
pratique au glissement adoptée par le constructeur est Rpg = 5 daN/mm2.
Question : Calculer les diamètres d1 et d2 à adopter pour la construction des deux solutions.
Réponse : � Condition de résistance au cisaillement pour les deux solutions :
Rpg ≤τ =ST
⇒ 2mm200
51000T
S ==≥Rpg
� Détermination du diamètre d1 :
2004d
S2
1 ≥⋅π= ⇒ mm164200
d1 =π
×≥
� Détermination du diamètre d2 :
2004d
2S2
1 ≥⋅π×= ⇒ mm3,112
4200d2 =
π××≥
Bien remarquer que dans la solution 2 il y a deux sections cisaillées.
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 197
4.5 - TORSION
DEFINITION
Une poutre est sollicitée en torsion chaque fois que les actions exercées aux extrémités se
réduisent à deux couples égaux et opposés d'axe la ligne moyenne.
M
A B
-M
ligne moyenne
Hypothèses :
� Les poutres sont cylindriques;
� Le matériau est homogène et isotrope;
� Les déformations sont petites et restent élastiques;
� Les sections circulaires de la poutre restent circulaires.
EXPERIMENTATION « Cas d’un tournevis »
d =7 mm M = 2,4 m.daN
BA
L = 200
BAM = MB
M = -MA
Le tronçon AB de la tige (AB = 200 mm, d = 7 mm) est soumis à une sollicitation de torsion.
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 198
CONSTATATIONS
Les sections droites avant déformations restent droites après déformations, elles restent planes et
perpendiculaires à la ligne moyenne.
A B ligneG
Co K D
A B
M
G
C D
αz
α
ZL
B
MA
moyenne
D'
K'ligne
moyenneK
Les fibres initialement parallèles à l'axe de la po utre s'enroulent suivant des hélices
autour de cet axe. La variation de longueur d'une f ibre est négligeable.
Les sections droites tournent ou glissent en bloc l es unes par rapport aux autres
(rotation autour de la ligne moyenne).
L'expérience montre que les rayons GK restent droits dans le domaine élastique, ils s'incurvent dans
le domaine plastique.
Partant de ces résultats, nous pouvons dire que l'a ngle de rotation � entre deux
sections droites est proportionnel à la distance e ntre ces deux sections
���� θθθθ====αααα
====αααα
ZL
Z
θθθθ en rad/m
avec θθθθ = angle unitaire de torsion par unité de longueur
Exemple : Pour un couple de 2,4 m.N, l'angle de torsion qui est mesuré est 14°6 pour une longueur AB
de 200 mm.
Déterminons l'angle unitaire de torsion θθθθ.
Nous avons m/73mm/073,0200
614
L°=°=
°=
α=θ
Résultat en radian : m/rad274,1180
73 =
×π=θ
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 199
EQUATION DE CONTRAINTE
Etudions l’équilibre du tronçon AB du tournevis (longueur: L , section : S).
(S)Tronçon 2
A B
M
G
ZL
B
MAligne
moyenne
Tronçon 1
Ce dernier est soumis à l'action d'un moment MA en A et d'un moment MB = - MA en B.
� Isolons le tronçon 2.
Bilan mécanique
• L'action du moment MA sur le
tronçon 1
• L'action du tronçon 2 sur le
tronçon 1. La liaison entre 2 et
1 est modélisable par une
liaison encastrement au point
G, nous avons donc :
Tronçon 1
A
M
G
T
MA
ligne
moyenne
y
z
R2/1→
xS
��� une résultante : →→→→
1/2R
��� un moment suivant l'axe )z,A(r
: MT
� Appliquons le principe fondamental de la statique au tronçon 2 :
� →→→
==∑ 0RF 1/2ext
� 0MM)F(M TAextG =+=∑→
⇒ AT MM −=
Les efforts intérieurs exercés dans la section (S) par le tronçon 1 sur le tronçon 2 se
réduisent à un moment MT tel que :
BAT MMM ====−−−−====
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 200
En torsion dans le cas de petites déformations, les contraintes normales σ sont négligeables
(l'allongement des fibres est négligeable).En conséquence les contraintes, dans la section droite (S), sont
caractérisées principalement par des contraintes tangentielles τ, c'est à dire des contraintes de
cisaillement, tel que :
γγγγ⋅⋅⋅⋅====ττττ G
avec G : Module d'élasticité transversal (en Mpa);
γ : Angle de glissement (en rad).
A G
C
Z
K
A G
Cα
MA K'K
MT
Génératice
γ
ρ
Rayon : R
z
(S )0 (S)
Considérons un cylindre d'axe )z,A(r
de
longueur Z et de rayon R.
Soient S0 et S deux sections droites distantes
de la cote Z et considérons la génératrice CK.
Appliquons un moment de torsion MA. Cela
a pour conséquence la rotation de la section (S)
autour de la ligne moyenne d'un angle α.
Autrement dit l’extrémité de la génératrice (point
K)se retrouve au point K’.
Soit ρ la distance du point K au centre de
gravité G, nous avons
α⋅ρ= 'KK
En supposant γ très petit, nous avons : ZCK
'KK)tan(
α⋅ρ==γ≈γ
⇒ θ⋅ρ=α⋅ρ
=γ Z
Cette relation permet de définir la contrainte de cisaillement ; soit la définition :
La contrainte de cisaillement ττττ en un point M est proportionnelle à la distance ρρρρ (rhô) de ce point au centre de gravité :
θθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ρρρρ====γγγγ⋅⋅⋅⋅====ττττ GG
avec : •••• ττττ : Contrainte tangentielle ( en Mpa )
• ρρρρ : Distance séparant le point du centre de gravité de la section S (en mm )
• θθθθ : Angle unitaire de torsion ( en rad/mm )
• G : Module d’élasticité transversal ( en MPa ). Pour la plupart des matériaux G = 0,4.E
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I.S.T.A de Ploufragan D.L. 201
Remarque : ρ varie de 0 à R ( avec R :
rayon de la poutre). Nous
constatons donc que la
contrainte varie suivant la
distance ρ comme le
montre la figure ci-contre.
Les contraintes sont
maximales à la périphérie
des pièces. Par conséquent,
S'il y a rupture par torsion la
rupture commence sur la
surface de la pièce.
τmax
τ
ρρmax
(=R)
R
EXPRESSION DE L'ANGLE UNITAIRE DE
TORSION θ
Nous avons vu que :
0MM)F(M TAextG =+=∑→
⇒ ∑ ρ⋅∆⋅τ==−= SMMM BAT
⇒ ( )∑ ρ⋅∆⋅⋅θ⋅ρ= SGMT
⇒ ∑ ρ⋅∆⋅⋅θ= 2T SGM
⇒ SGM 2T ∆⋅ρ⋅⋅θ= ∑
τ
ρ
R
∆S
(S)
G
On appelle SI 2O ∆⋅ρ= ∑ le moment quadratique de la surface (S) par rapport au point G (ou G
est le centre de gravité de la section (S)).
Soit OT IGM ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅θθθθ==== ou encore
O
T
IG
M
⋅⋅⋅⋅====θθθθ
Avec :
• MT : Moment de torsion ( en mm.N )
• θ : Angle unitaire de torsion ( en rad/mm )
• IO : Moment quadratique (en mm4 )
• G : Module d’élasticité transversal ( en MPa ).
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Remarque : Dans le cas d'une section circulaire 32d
I4
O⋅⋅⋅⋅ππππ
====
Cas d'un arbre creux : (((( ))))
32
dD
32
d
32
DIII
4444
creuxpleinO−−−−⋅⋅⋅⋅ππππ
====⋅⋅⋅⋅ππππ
−−−−⋅⋅⋅⋅ππππ
====−−−−====
avec : • D : Diamètre extérieur ( en mm )
• d : Diamètre intérieur ( en mm )
Par ailleurs, comme avons θ⋅⋅ρ=τ G nous obtenons l’expression : O
T
I
M ρρρρ⋅⋅⋅⋅====ττττ
CONDITION DE RESISTANCE
Nous savons que la condition de résistance d’une pièce sollicitée au cisaillement se traduit par la
relation : Rpg≤τ (avec Rpg, résistance pratique au glissement).
Or nous avons vu que O
T
IM ρ⋅=τ est fonction de la distance ρ , par conséquent τ est
maximum lorsque ρ est également maximum. Posons RV max =ρ= (rayon de la poutre)
La condition de résistance, dans le cas de la torsion s’exprimera par la relation :
=⋅
=ρ⋅
=τ
VI
M
I
VM
I
M
O
T
O
T
O
maxTmax ⇒
Rpg
VIM
O
Tmax ≤≤≤≤
====ττττ
Avec :
• maxττττ : Contrainte tangentielle maximal ( en MPa )
• MT : Moment de torsion ( en mm.N )
• IO : Moment quadratique (en mm4 )
• V : Distance séparant la fibre la plus éloigné du centre de gravité (en mm )
• Rpg : Résistance pratique au glissement ( en MPa ).
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 203
Remarques : (IO/V) est appelé le module de torsion. Ce module caractérise la rigidité en torsion de la section (S) de la
poutre.
Pour une section circulaire nous avons
2d
RV ==
• Arbre plein
⇒ 16
dVI 3O ⋅π=
• Arbre creux
⇒ D16
)dD(VI 44O
⋅−⋅π=
τmax
ρmax
R=d/2
V =
Exemple : Tournevis
dM = 2,4 m.daN
BA
L = 200
BA
M = MBM = -MA
Question : Quel devrait être le diamètre d du tournevis si l'on impose une résistance
pratique au cisaillement Rpg égale à 20 daN/mm2 ?
Données : MT = 2,4 m.daN
Réponse : Appliquons l’équation de résistance, soit :
Rpgd
M16
16d
M
VI
M3T
3T
O
Tmax ≤
⋅π⋅
=
⋅π
=
=τ
⇒ 3T dRpgM16 ⋅π⋅≤⋅ ⇒
⋅π⋅⋅
≥Rpg
M16d T3
⇒ 3 T
Rpg
M16d
⋅π⋅
≥ ⇒ mm5,820
2400016d 3 =
×π×
≥
Le diamètre de la tige du tournevis devra être au minimum égale à 8,5 mm pour résister
en toute sécurité au moment de 2,4 m.N.
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4.6 FLEXION SIMPLE
DEFINITION
Une poutre est soumise à une sollicitation de flexion chaque fois qu'il y a fléchissement de la
ligne moyenne (Lm).
F→
F
A BLigne
A
→
moyenne
Lignemoyenne
Hypothèses :
� Toutes les poutres étudiées possèdent un plan de symétrie longitudinal
� Toutes les forces extérieures à la poutre étudiée sont contenues dans le plan de
symétrie.
EXEMPLE : « pont roulant »
13
4
2
P
a b
a + b = L = 4m
A B
C
nous avons :
→→→→
Le pont roulant proposé se compose d'une poutre (1) (profilé IPE), d'un palan motorisé (2), de deux
moteurs de translation (3) et d'une boîte de commande (4). Le profilé IPE (1) est sollicité à la flexion
selon l’action et la position de la charge →P (valeur maxi 1000 daN).
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
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EFFORT TRANCHANT MOMENT FLECHISSANT
EQUILIBRE DE LA POUTRE (1)
Pour étudier les conditions d’équilibre de la poutre (1) le palan (2) sera situé à 1 mètre du point A.
� On isole la poutre (1)
P
a = 1 m b = 3 m
A BC
→→→→
RA
→→→→
RB
→→→→
Pour simplifier la représentation de la poutre (1), nous la représenterons par un trait fort tandis
que les appuis A et B seront schématisés comme des appuis simples.
P
a = 1 m b = 3 m
AB
C
→→→→
RA
→→→→
RB
→→→→
O
x
y
+
� Bilan mécanique
• Action de la charge sur la poutre : ) (daNy1000yPPrr
⋅−=⋅−=→
• Action du rail sur les roues en A : yYR AA
r⋅=
→
• Action du rail sur les roues en B : yYR BBr
⋅=→
Constat : Solide soumis à l’action de trois forces parallèles.
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� Application du principe fondamental de la statique à la poutre (1)
Premier théorème : →→→→→
=++=∑ 0RRPF BAext
⇒ 00
Y0
Y0
P0
FBA
ext
=++−=∑
→
Soit l’équation scalaire : 0YYP BA =++− ⇒ PYY BA =+
Deuxième théorème : 0)R(M)R(M)P(M)F(M BAAAAextA =++=→→→→
∑
⇒ 0Y)ba(0Pa)F(M BextA =×+++×−=∑→
Soit l’équation scalaire : 0Y4P1 B =×+×− ⇒ daN2504
10004P
YB ===
Nous obtenons donc : daN250yYR BB =⋅=→ r
⇒ daN750y)YP(yYR BAA =⋅−=⋅=→ rr
Le principe fondamental de la statique appliqué à l'ensemble de la poutre nous permet de
déterminer les réactions aux appuis A et B.
EQUILIBRE DU TRONCON AD
Considérons maintenant le tronçon AD et étudions les conditions d’équilibre:
Pa = 1 m b = 3 m
AB
C
→→→→
RA
→→→→
RB
→→→→
D
(S)
X
Tronçon 1 (AD) Tronçon 2 (DB)
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 207
� On isole le tronçon AD
A
RA
→→→→
O
x
y
+
D
(S)
X
A
RA
→→→→
D
(S)
X
Représentation
simplifiée
� Bilan mécanique
• Action du rail sur les roues en A : yYR AA
r⋅=
→
• Action du tronçon (2) sur le tronçon (1). Au point D,
centre de gravité de la section droite (S), la liaison
entre (2) et (1) est assimilable à une liaison
encastrement. Nous avons :
♦ la force résultant des actions de contact de (2) sur
(1) : 1/2
1/21/2 Y
XR =→
A
RA
→→→→
O
x
y
+
D
(S)
X
R1/2
→→→→
M1/2
♦ le moment en D résultant de la répartition des actions de contact de (2) sur (1) :
1/21/2D M)R(M =→
� Application du principe fondamental de la statique au tronçon AD
Premier théorème : →→→→
=+=∑ 0RRF 1/2Aext
⇒ 00
YX
Y0
F1/2
1/2
Aext
=+=∑
→
Nous obtenons : 0X 1/2 = et daN750YY A1/2 −=−=
Deuxième théorème :
0)R(M)R(M)F(M AD1/2DextD =+=→→→
∑
⇒ 0YXM)F(M A1/2extA =×−=∑→
Nous obtenons :
X750YXM A1/2 ⋅=×=
A
RA
→→→→
O
x
y
+
D
(S)
X
R1/2
M1/2
→→→→
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 208
EQUILIBRE DU TRONCON AE
Considérons maintenant le tronçon AE et étudions les conditions d’équilibre :
Pa = 1 m b = 3 m
A
BC
→→→→
RA
→→→→
RB
→→→→
E
(S)
X
Tronçon 1 (AE) Tronçon 2 (EB)
� On isole le tronçon AE
O
y
P
A C
→→→→
RA
→→→→
E
(S)
X
+
x
R1/2
→→→→
M1/2
� Bilan mécanique
• Action de la charge sur la poutre : ) (daNy1000yPPrr
⋅−=⋅−=→
• Action du rail sur les roues en A : )daN(y750yYR AA rr
⋅=⋅=→
• Action du tronçon (2) sur le tronçon (1). Au point E, centre de gravité de la section droite (S), la
liaison entre (2) et (1) est assimilable à une liaison encastrement.
Nous avons :
♦ la force résultant des actions de contact de (2) sur (1) : 1/2
1/21/2 Y
XR =→
♦ le moment en E résultant de la répartition des actions de contact de (2) sur (1) :
1/21/2E M)R(M =→
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 209
� Application du principe fondamental de la statique au tronçon AE
Premier théorème : →→→→→
=++=∑ 0RRPF 1/2Aext
⇒ 00
YX
Y0
P0
F1/2
1/2
Aext
=++−=∑
→
Nous obtenons : 0X 1/2 = et daN250YPY A1/2 =−=
Deuxième théorème : 0)P(M)R(M)R(M)F(M EAE1/2EextE =++=→→→→
∑
⇒ 0P)1(XYXM)F(M A1/2extA =×−+×−=∑→
Nous obtenons :
P)1X(YXM A1/2 ×−−×=
⇒ )1X(1000X750M 1/2 −⋅−⋅=
⇒ X2501000M 1/2 ⋅−= O
y
P
A C
→→→→
RA
→→→→
E
(S)
X
+
x
M1/2
R1/2
→→→→
� Résumé
Nous avons deux cas de figure :
Premier cas de figure : La section (S) est située entre le point A et le Point C donc, autrement
dit, nous sommes dans le cas particulier ou m1X0 ≤≤ :
Pa = 1 m b = 3 m
AB
C
→→→→
RA
→→→→
RB
→→→→
D
(S)
X
Tronçon 1 (AD) Tronçon 2 (DB)
Nous avons : )daN(y750RR A1/2 - r
⋅=−=→→
et X750YXM A1/2 ⋅=×=
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 210
Deuxième cas de figure : La section (S) est située entre le point C et le Point B donc, autrement
dit, nous sommes dans le cas particulier ou m4Xm1 ≤≤ :
Pa = 1 m b = 3 m
A
BC
→→→→
RA
→→→→
RB
→→→→
E
(S)
X
Tronçon 1 (AE) Tronçon 2 (EB)
Nous avons : )daN(y250PRR A1/2 r
⋅=−−=→→→
et X2501000M 1/2 ⋅−=
EFFORT TRANCHANT
Nous appelons T l’effort tranchant dans la section droite (S) tel que : 1/21/2 YyRT −=⋅−=→ r
;
projection de la résultante →
1/2R suivant l’axe )y,O(r.
L’effort tranchant T sollicite la section droite (S) au cisaillement
Par définition, nous dirons que l'effort tranchant T est égal à la somme vectorielle de
toutes les forces extérieures perpendiculaires à la ligne moyenne et situées à gauche de la
section droite (S).
Dans le cas de notre exemple, nous avons :
• Tronçon AC, m1X0 ≤≤ : daN750R)F(/projT AextOy gauche) à (située === ∑→
• Tronçon CB, m4Xm1 ≤≤ : daN250PR)F(/projT AextOy gauche) à (située −=−== ∑→
Pour simplifier les travaux d'exploitation, les résultats des efforts tranchants sont rassemblés dans
un digramme appelé : diagramme des efforts tranchants.
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
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Diagramme des efforts tranchants
P
A
BC
→→→→
RA
→→→→
RB
→→→→
m1X0 ≤≤ 4 mX1 m ≤≤
A C
750
500
250
-250
B
+
-
(T=750daN)
(T=-250 daN)
T
X
(en daN)
(en m)
MOMENT FLECHISSANT
Nous appelons Mf le moment fléchissant dans la section droite (S) tel que : 1/2MMf −= .
Par définition, nous dirons que le moment fléchissant Mf dans la section droite de centre
de gravité G, est égal au moment résultant en G de toutes les forces extérieu res situées à
gauche de la section droite (S) .
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
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Dans le cas de notre exemple, nous avons :
• Tronçon AC, m1X0 ≤≤ → X750RXMf A ⋅−=⋅= -
(Le moment fléchissant est variable et est de la forme y = a.x + b).
Pour X = 0 , m.daN0Mf = et pour X = 1 m, m.daN750Mf −=
• Tronçon CB, m4Xm1 ≤≤ → 1000X250RXP)1(X-Mf A −⋅=⋅−⋅=
Pour X = 1m , m.daN750Mf −= et pour X = 4 m , m.daN0Mf =
Pour simplifier les travaux d'exploitation, les résultats des moments fléchissants sont rassemblés
dans un diagramme appelé : diagramme des moments fléchissants.
Diagramme des moments fléchissants
P
A
BC
→→→→
RA
→→→→
RB
→→→→
m1X0 ≤≤ 4 mX1 m ≤≤
A C
Mf
X
250
-500
-250
-750
B
Mf=-750.X
Mf=250.X-1000
(en m.daN)
(en m)
Cours de mécanique Résistance des Matériaux
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 213
EXEMPLE ESSAI DE FLEXION
L'essai de flexion se pratique sans difficulté sur une machine d'essai de traction.
Le cylindre de poussée (3)
de la machine agit sur une poutre
(2), l'effort exercé est de 2000
daN. L'action est transmisse en C
et D sur la poutre 1 par
l'intermédiaire de deux rouleaux
posés sur le bâti 8 de la machine.
Les mesures sont effectuées
à l'aide d'un comparateur (9)
(mesure de la flèche de la poutre)
et d'une table de mesure
(10)recueillant les données des
jauges J1 à J14 (mesure des
contraintes).
324
1
1098
6
5
7
� Détermination des réactions aux appuis A et B
On isole la poutre (1)
P
A C
→→→→
1 m 1 m 1 m
P→→→→
D
21
Bilan mécanique
ForcesPoint
d’applicationDirection
RA A
B
→
et sensIntensité
?
C
(en daN)
RB
→
P→
( Appuiponctuel)
( Appuiponctuel)
?
1000
DP→
1000
1
2
Hypothèse : Le poids de la poutre (1) est négligé
Constat : La poutre est en équilibre sous l’action de quatre forces parallèles.
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Expression vectorielle des forces
O
y
+
x
P
A
B
C
→→→→
RA
→→→→RB
→→→→
1 m 1 m 1 m
P→→→→
D
12
•
A)y,x(
AA R0
yRRrr
r=⋅=
→
•
A)y,x(
BB R0
yRRrr
r=⋅=
→
•
10000
yPP)y,x(
11 −=⋅−=→
rr
r
•
10000
yPP)y,x(
22 −=⋅−=→
rr
r
Application du principe fondamental de la statique.
• Théorème de la résultante :
→→→→→→
=+++=∑ 0PPRRF 21BAExt
⇒ 00
P0
P0
R0
R0
F)y,x(2)y,x(1)y,x(B)y,x(A)y,x(
Ext
rrrrrrrrrr=−+−++=∑
→
Nous obtenons, après projection sur l’axe )y(O,r
l’équation scalaire
(1) 02000RRPPRR BA21BA =−+=−−+
• Théorème du moment :
0)P(M)P(M)R(M)R(M)F(M 2A1AAAAAExtA =+++=→→→→→
∑
⇒ 0P2P1R30)F(M 21BExtA =×−×−×+=∑→
Soit l’équation scalaire
(2) 0P2PR3 21B =×−−×
Partant de l’équation (2), nous obtenons :
daN10003
100021000
3
P2PR 21
B
=×−
=×−
=
Partant de l’équation (1), nous obtenons :
daN100010002000R2000R BA =−=−=
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� Détermination des efforts tranchants et des moments fléchissants
Tronçon AC
O
y+
x
P
A
B
C
→→→→
RA
→→→→RB
→→→→
1 m 1 m 1 m
P→→→→
D
1 2x
G
(Section droite)(S)
Intervalle : m1x0 ≤≤
Effort tranchant : daN1000RFT Aext gauche) à (situées === ∑
Moment fléchissant : ( ) AextA RxFMMf ⋅−== ∑ gauche) à (situées
x1000Mf ⋅−=
Tronçon CD
O
y
+
xA
B
C
RA
→→→→RB
→→→→
1 m 1 m 1 m
D
P→→→→
1P→→→→
2
(Section droite)
x
G
(S)
Intervalle : m2xm1 ≤≤
Effort tranchant : daN0PRFT 1Aext gauche) à (situées =−== ∑
Moment fléchissant : ( ) 1AextA P)1x(RxFMMf ⋅−+⋅−== ∑ gauche) à (situées
1000)10001000(xP)RP(xMf 1A −−⋅=−−⋅=
daN.m1000Mf −=
Remarque : Nous constatons que l'effort tranchant T est nul tandis que le moment fléchissant Mf est constant. Dans ce cas nous parlons de flexion pure (ou flexion circulaire)
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Tronçon AC
O
y
+
xA
B
C
RA
→→→→RB
→→→→
1 m 1 m 1 m
D
P→→→→
1P→→→→
2
(Section droite)
x
G
(S)
Intervalle : m3xm2 ≤≤
Effort tranchant : daN1000PPRFT 21Aext gauche) à (situées −=−−== ∑
Moment fléchissant : 11A P)2x(P)1x(RxMf ⋅−+⋅−+⋅−=
21A21 P2P)RPP(xMf ⋅−−−+⋅=
20001000)100010001000(xMf −−−+⋅=
daN.m3000X1000Mf −⋅=
� Diagramme des efforts tranchants et des moments féchissants
m1x0 ≤≤ 3 mx2 m ≤≤2 mx1 m ≤≤
A C
T
x
1000
B
(en daN)
(en m)D
-1000
A C
Mf
xB
(en m.daN)
(en m)D
-1000
Mf= -1000.x
Mf= -1000
Mf=1000.x - 3000
Diagramme des moments fléchissants
Diagramme des efforts tranchants