PDM Partie2 Fin Chapitre3
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7/25/2019 PDM Partie2 Fin Chapitre3
1/18
2 Thorme de Castigliano
or on a :M
Pi= Mi. On en dduit que :
Ed
Pi=
ZL0
MMi
E Idx
o encore en gnralisant :
Ed
Pi=
ZL0
NNi
E S+Ty
Ty,i
GSyr
+Mf zMf z,i
E IGzdx
En rapprochant cette quation de (II.59), on en dduit que cette quantit correspond, pour
une force ou un moment concentr i, au dplacement ou rotation qui travaille avec cette
force/momenti :
ui(ou i) =Ed
Pi
Thorme 3.2 (de Castigliano) Soit une structureisostatiquedans un tat dquilibre
lastique. Le dplacement (ou la rotation) en un point dapplication dune force (ou dun
moment concentr)donne, connue, sur le systme est gal la drive partielle de lner-
gie de dformation par rapport cette force (ou moment) :
ui=Ed
Fiou i=
Ed
Ci
2.2 Thorme de la charge fictive
Le thorme de Castigliano permet de dterminer un dplacement/rotation en un point
dapplication dune sollicitation concentre donne. Dans le cas o lon cherche le dplace-
ment en un point o aucune charge concentre nest applique, on peut appliquer le tho-
rme de Castigliano en introduisant une charge fictive supplmentaire en ce point, qui
travaille avec le dplacement/rotation recherch(e).
ufM
Ff=Pf y
Figure II.33: Structure poutre soumise un chargement arbitraire et un charge fictive ~Ff
On considre la structure de la FigureII.33soumise un chargement quelconque. Afin
de dterminer le dplacement au point M, on introduit une charge fictive, supplmentaire,~Ff. On note lnergie de dformation de cette structure dans cet tat E
f
d. En suivant le mme
raisonnement que dans le paragraphe prcdent et en adoptant les mmes simplifications
Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf 133
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7/25/2019 PDM Partie2 Fin Chapitre3
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3 Thormes nergtiques
de notation, le moment de flexion Msolution du problme avec sa charge fictive peut se
dvelopper sous la forme :
M({Pi}i=1...n, Pf) = M1P1 +M1P1 + . . .+MiPi+ . . .+MnPn+ MfPf= MfPf+n
Xi=1 MiPi
On en dduit que :
Ef
d
Pf=
Pf
1
2
ZL0
M2
E Idx
=
ZL0
1
E IMM
Pfdx=
ZL0
MMf
E Idx
En dveloppant, la dernire expression, on obtient :
Efd
Pf=
ZL
0M({Pi}i=1...n,Pf)
Mf
E Idx=
ZL
0M({Pi}i=1...n, Pf= 0)
Mf
E Idx+Pf
ZL
0Mf
Mf
E Idx
Ainsi, en posantPf= 0 (on annule la charge fictive ~Ff) et en utilisant (II.59) :
Ef
d
Pf
Pf=0
=
ZL0
M({Pi}i=1...n, Pf= 0)Mf
E Idx= uf
On en dduit le thorme de la charge fictive :
Thorme 3.3 (de la charge fictive) Soit une structureisostatiquedans un tat dqui-
librelastiquesoumise un chargement C . On cherche le dplacement (ou la rotation) en
un point quelconque M . On introduit une chargefictivesupplmentaire en M (char-
gement Cf) de valeur algbrique Pf(paramtre de chargement) et qui travaille avec le
dplacement/rotation recherch(e). Lnergie de dformation associe ltat dquilibre
avec la charge fictivesupplmentaire est note Ed(C+ Cf). Le dplacement (ou la rota-
tion) recherch(e) est donne par :
ui(oui) =
Ed(C+Cf)Pf
Pf=0
2.3 Mthodologie
La structure devant tre isostatique, le thorme de Castigliano ou celui de la charge fic-
tive ne sont pas les plus employs en pratique pour le calcul des dplacements hormis dans
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2 Thorme de Castigliano
des cas spcifiques. La mthodologie pour les appliquer est la suivante :
Mthodologie pour dterminer lexpression du dplacement (ou de la rotation) en un
point quelconque dune structure par le thorme de Castigliano ou celui de la charge
fictive :
t Appliquer au systme isostatique une charge (force ou moment) concentre sui-
vant la direction du dplacement (ou rotation) recherch si ce nest pas dj le
cas.
t Dterminer lnergie de dformation accumule sousleffet combindu char-
gement rel, initial, et de la sollicitation supplmentaire, fictive, ventuellement
ajoute.
t Dterminer le dplacement recherch en diffrentiant lnergie de dformation
obtenue par rapport la charge existante ou introduite au point considr puis
en rduisant zro la valeur de cette charge si celle-ci est fictive et non pr-
sente dans le systme de chargement initial. Dans le cas particulier o une charge
concentre est dj applique au point du dplacement/rotation cherch, il suffitde substituer la valeur de cette charge dans lexpression obtenue.
2.4 Application au capteur SRM
On sintresse nouveau au capteur de puissance (FigureII.11) tudi auChapitre II.1
et dont une modlisation a t propose en FigureII.12du chapitre en question. Plus pr-
cisment, on sintresse lune des quatre poutres bi-encastres. On considre ici que le
chargement appliqu lune des deux extrmits de la poutre est connu et lon souhaite d-
terminer les dplacements et la rotation induits cette mme extrmit. On propose ainsi la
modlisation de la Figure II.34. Lnergie de dformation emmagasine de la poutre de lon-
B
y
z x
A
TB
L
NB
MBx
G
Figure II.34: Poutre du capteur SRM soumise un chargement connu
gueurLdaxe ~xrsulte de la somme des nergies de dformation dveloppes par chaque
sollicitation. Pour ce problme plan, on a :
Ed=1
2
ZL0
N2
E S+
T2y
GSyr
+
M2f z
E IGzdx
Les efforts intrieurs sont :
N(x) = NB
Ty(x) = TB
Mf z(x) = MB+ TB(Lx)
Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf 135
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3 Thormes nergtiques
Les efforts NB, TBet MB tant connus ce problme est isostatique. Lapplication du thorme
de Castigliano donne :
uB=Ed
NB=
ZL0
N
E S
N
NBdx=
L
E SNB (II.62)
carTyet Mf zne dpendent pas deNB.
De mme, en appliquant le thorme de Castigliano pour dterminer le dplacement vBet la rotation B, on trouve :
vB =
Ed
TB=
ZL0
Ty
GSyr
Ty
TBdx+
ZL0
Mf z
E IGz
Mf z
TBdx
B =Ed
MB=
ZL0
Ty
GSyr
Ty
MBdx+
ZL0
Mf z
E IGz
Mf z
MBdx
(II.63)
carNne dpend ni deTBni deMB. On en dduit que :
vB = EdTB
=ZL
0
TBGS
yr
dx+ZL
0
MB+ TB(Lx)E IGz
(Lx) dx
B =Ed
MB=
ZL0
MB+ TB(Lx)
E IGzdx
(II.64)
soit :
vB =Ed
TB=
L3
3E IGz+
L
GSyr
TB+
L2
2E IGzMB
B =Ed
MB=
L2
2E IGzTB+
L
E IGzMB
(II.65)
que lon peut crire sous forme matricielle :
vBB
=
L
6E IGz
2L2
1+
y
4
3L
3L 6
TB
MB
= [S]
TBMB
(II.66)
avec y=12E IGz
L2GSyr
. Comme vu prcdemment (voir (II.61)), le terme y/4 permet dappr-
cier limportance de lnergie de dformation due leffort tranchant devant celle due au
moment flchissant. Dans le cas du capteur SRM, on a h= 6.5 mm,b= 9 mmet L= 17mm.
Cela donne un lancement de L/h= 2.6. Pour une section rectangulaire, on a Syr= kySavec
ky= 5/6. Lapplication numrique donne :
y
4=
3
L2E IGz
GkyS=
1+
2ky
h
L
2= 0.11
Le terme du leffort tranchant reprsente 11% de lnergie de dformation due au moment
flchissant.
Remarque 3.4 La matrice[S]dans(II.66)reprsente la souplesse de la poutre. Il est possible
de dterminer la matrice de rigidit correspondante en inversant[S]:
TBMB
=
E IGz
L3(1+y) 12 6L6L L2
4+y
vBB= [K]
vBB
avec [K] = [S]
1
136 Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf
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3 Thorme de Mnabra
3 Thorme de Mnabra
Le thorme de Mnabra peut tre vu comme une extension du thorme de Casti-
gliano aux systmes hyperstatiques.
3.1 Enonc et dmonstration
On sintresse une structure lastiquehyperstatiquereposant sur desappuis parfaits
dont le travail des forcesde liaison estnul (conditions de dplacement zro) (Figure II.35).
LaFigure II.35montre une structure poutre hyperstatique de degrs 2.
A B
RB= RB y
F1
C
RC= RC y
YAXA
MA
A B
F1
C
YAXA
MA
Structure hyperstatique
Structure isostatique associe
RB= RB y RC= RC y
Figure II.35: Structure poutre hyperstatique sur appuis parfaits (qui ne travaillent pas)
A cette structure hyperstatique (hyperstatique de degrh), on associe unsystme iso-
statique associsur lequel sont supprims les h liaisons surabondantes. On remplace ces
liaisons surabondantes parhforces ou couples inconnus quelles exeraient sur le systme
rel. Ces hractions hyperstatiques inconnues ont des valeurs algbriques notes {Qi}i=1...h.
Dans le cas de la FigureII.35, les inconnues hyperstatiques choisies sont au nombre de 2
(h= 2) et sont les deux composantes suivant ~ydes ractions aux appuis ~RB et ~RC savoir
{RB, RC}.
Le systme rel, initial, et le systme isostatique associ subissent le mme chargement.
Elles possdent ainsi la mme nergie de dformation. Dans le systme rel, les appuis as-
socis aux inconnues hyperstatiques tant parfaits et fixes, chacun des dplacements as-
socis ces actions de liaison doit tre nul (travail nul des appuis). Ainsi, en appliquant le
thorme de Castigliano la structure hyperstatique en considrant les inconnues hypersta-
tiques comme connues, on a :Ed
Qi= 0, i= 1 .. . h (II.67)
Sur lexemple de laFigure II.35, on a ainsi :
Ed
RB = 0 et
Ed
RC = 0.
Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf 137
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3 Thormes nergtiques
Les efforts intrieurs de la structure hyperstatique dpendant des inconnues hypersta-
tiques et du chargement en efforts imposs de valeurs algbriques {Pj}j=1...n, lnergie de d-
formation est donc telle que : Ed= Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h
. Les hquations (II.67) viennent
complter les quations dquilibre pour dterminer les hinconnues de liaison correspon-
dantes. Aprs rsolution, on trouve les hrelations manquantes de la forme :
Qi= fi({Pj}j=1...n), i= 1 . . .h
En injectant, ceshrelations dans lexpression de lnergie de dformation, on obtient for-
mellement :
Ed= Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h
= Ed
{Pj}j=1...n, {fi({Pj}j=1...n)}i=1...h
Lapplication du thorme de Castigliano peut permettre de donner le dplacement/rotation
en un point donn de la structure o une charge concentre est impose :
ui(ou i) =
Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h
Pi
=
Ed{Pj}j=1...n, {fi({Pj}j=1...n)}i=1...h
Pi
Cette dernire relation montre bien limportance dappliquer le thorme de Castigliano
des structures isostatiques ou tout du moins aux structures hyperstatiques dont les incon-
nues hyperstatiques ont t dtermines afin de driver correctement lnergie de dforma-
tion par rapport aux paramtres de chargement, les inconnues hyperstatiques dpendant
elles-mmes du chargement impos.
Thorme 3.4 (de Mnabra) Soit une structurehyperstatiquede degr h dans un tat
dquilibrelastiqueet reposant sur desappuis parfaits qui ne travaillent pas. Les h r-
actions hyperstatiques inconnues associes aux h liaisons surabondantes ont des valeurs
algbrique notes{Qi}i=1...h. Les inconnues de liaisons hyperstatiques rendent minimales
lnergie de dformation :Ed
Qi= 0, i= 1 .. . h
3.2 Exemple dapplication
On reprend lexemple dvelopp enSection 1.2.2et dont une modlisation a t propo-se enFigure II.28. On souhaite :
dterminer linconnue (hyperstatique)RB;
dterminer la rotation au pointBinduite par le chargement.
3.2.1 Dtermination de linconnue hyperstatique
On rappelle que le structure modlise enFigureII.28est hyperstatique de degr 1. Un
choix possible dinconnue hyperstatique est de prendre linconnueRB. On se propose duti-
liser le thorme de Mnabra pour dterminer dabord cette inconnue. Pour se faire, on
exprime dabord les efforts intrieurs utiles au calcul de lnergie de dformation, savoir,
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3 Thorme de Mnabra
le moment de flexionMf zet leffort normalN. Lnergie de dformation due leffort tran-
chantTysera nglige. Ceci est en accord avec lhypothse cinmatique dEuler-Bernoulli.
On a :
Pourx[0, x1], Mf z(x) =
GB~RB+GC~F1
= (Lx)~xRb~n (x1x)~xF1~y
= RB(L
x)sin
F1(x1
x)Mf z(x)
RB= (Lx)sin
Pourx[x1, L], Mf z(x) =
GB~RB= RB(Lx)sinMf z(x)
RB= (Lx)sin
Pourx[0,L], N(x) = ~RB~x=RBcosN(x)
RB= cos
On a en ngligeant lnergie de dformation due leffort tranchantTy:
Ed
RB=
ZL
0
NE S
NRB
+Mf z
E IGz
Mf z
RBdx
=
Zx10
RB(cos)2
E S+ [RB(Lx)sinF1(x1x)]
sin(Lx)
E IGzdx+ . . .
. . .+
ZLx1
RB(cos)2
E S+
RB(sin)2(Lx)2
E IGzdx
=
ZL0
RB(cos)2
E S+
RB(sin)2(Lx)2
E IGzdx
Zx10
F1(x1x)sin(Lx)
E IGzdx
=RB(cos)
2L
E S+
RB(sin)2L3
3E IGz
Fsinx21
6E IGz
(3Lx1)
Daprs le thorme de Mnabra, on a Ed
RB= 0 et on retrouve la relation (II.57) :
RB=F1
L
x21(3Lx1)sin
2L2(sin)2 +6IGz
S(cos)2
3.2.2 Dtermination de la rotation au point B
On introduit un moment fictifMBau pointBFigureII.36. Pour cette nouvelle configu-
ration, le moment de flexion et leffort normal le long de la poutre ont pour expression :
Pourx[0, x1], Mf z(x) = MB+GB~RB+
GC~F1
= MB+ RB(Lx)sinF1(x1x)Mf z(x)
RB= (Lx)sin
Pourx[x1, L], Mf z(x) = MB+GB~RB= MB+ RB(Lx)sin
Mf z(x)
RB= (Lx)sin
Pourx[0, L], N(x) = ~RB~x= RBcosN(x)
RB = cos
Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf 139
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3 Thormes nergtiques
MA YA
XAA B
x1
L
Tirant
RB=RB n
F1= -F1 y
Cx
G
MB
Figure II.36: Introduction dun moment fictifMBdans le modle simplifi du support cat-
naire pour la dtermination de la rotation au pointB
On a en ngligeant lnergie de dformation due leffort tranchantTy :
Ed
RB=ZL
0
N
E S
N
RB+
Mf z
E IGz
Mf z
RB dx
Il est facile de voire que lon rajoute le terme :
ZL0
MB
E IGzsin(Lx) dx=
MB
E IGzsin
L2
2
par rapport au calcul du paragraphe prcdent. Ainsi :
Ed
RB=
RB(cos)2L
E S+
RB(sin)2L3
3E IGz
Fsinx216E IGz
(3Lx1)+MBsinL
2
2E IGz
Daprs le thorme de Mnabra, on a Ed
RB= 0 et on trouve cette fois-ci la relation :
RB=sin
L
F1x
21(3Lx1)3MBL
2
2L2(sin)2 +6IGz
S(cos)2
(II.68)
On obtient donc une expression de linconnue hyperstatique en fonction du chargement F1et du moment fictifMB :RB= f(F1, MB).
La rotation au point B, B, peut maintenant tre dtermine par le thorme de la chargefictive :
B=Ed(F1, RB)
MB
MB=0
On notera bien queRBdpend deMBselon (II.68). En notant :
RB = RB|MB=0=F1
L
x21(3Lx1)sin
2L2(sin)2 +6IGz
S(cos)2
R0B =RB
MB=
3Lsin
2L2(sin)2 +6
IGz
S (cos)2
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3 Thorme de Mnabra
Toujours en ngligeant lnergie de dformation due leffort tranchantTy, on a :
Ed
MB=
ZL0
N
E S
N
MB+
Mf z
E IGz
Mf z
MBdx
En notant que, pourx[0, L] :
NMB
=
RBMB
cos=R0Bcos
Mf z
MB= 1+
RB
MB(Lx)sin= 1+R0B(Lx)
On obtient ainsi :
E IGzEd
MB=
ZL0
IGz
SN N
MB+Mf z
Mf z
RBdx
=
Zx10
[MB+ RB(Lx)sinF1(x1x)]
1+R0B(Lx)sin
dx. . .
. . .+ZL
x1
[MB+ RB(Lx)sin]1+R0
B(Lx)sin dx. . .. . .+
ZL0
IGz
SRBR
0
B(cos)2 dx
=
ZL0
[MB+ RB(Lx)sin]
1+R0B(Lx)sin
dx. . .
. . .
Zx10
[F1(x1x)]
1+R0B(Lx)sin
dx. . .
. . .+
ZL0
IGz
SRBR
0
B(cos)2 dx
On en dduit que :
E IGzB = E IGz Ed(F1,RB)MB
MB=0
= RBsin
ZL0
(Lx) dx+RBR0
B(sin)2
ZL0
(Lx)2 dx. . .
. . .F1
Zx10
(x1x) dxF1 R0
Bsin
Zx10
(Lx)(x1x) dx. . .
. . .+LIGz
SRBR
0
B(cos)2
= RBL2 sin
1
2+R0B
L
3sin
F1
x212
F1R0
Bx21
6sin(3Lx1) . . .
. . .+ LIGzS
RBR0B(cos)2
Avec les notations introduites, on obtient :
B=F1x
21
4E IGz
SL(Lx1)(sin)
26IGz(cos)
2
SL2(sin)2 +3IGz(cos)2
Dans les cas particuliers, o = 0 et =/2, on a :
B =
F1x21
2E IGzpour = 0
B =
F1x21(Lx1)
4E IGzL pour =/2
Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf 141
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7/25/2019 PDM Partie2 Fin Chapitre3
10/18
3 Thormes nergtiques
3.2.3 Remarque sur la technicit de calcul
Le calcul prcdent est un peu long, on peut faire lconomie de plusieurs calculs. En
effet, lapplication du thorme de la charge fictive donne :
u(ou ) =Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
Pf
Pf=0
=Ed
{Pj}j=1...n, {fi({Pj}j=1...n, Pf)}i=1...h, Pf
Pf
Pf=0
Comme les inconnues hyperstatiques {Qi}i=1...hdpendent des paramtres de chargement
extrieurs {Pj}j=1...net de la charge fictive Pf travers les quations :
Qi= fi({Pj}j=1...n,Pf), i= 1 . . .h
il sagit ici de driver une composition de fonctions. Ainsi :
Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h,PfPf
=
hXi=1
Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, PfQi
Qi
Pf
!. . .
. . .+nX
j=1
Ed
{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
Pj
Pj
Pf
!
. . .+Ed
{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
Pf
Pf
Pf
Sachant que les paramtres de chargement extrieurs {Pj}j=1...net la charge fictive Pf sont
indpendants, on en dduit que le deuxime terme dans le membre de gauche (somme sur
lindice j) est nul :nX
j=1
Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...
h, PfPj
Pj
Pf
!= 0
carPj
Pf=0. Par ailleurs, en notant que les inconnues hyperstatiques {Qi}i=1...hvrifient les
quations :
Qi= fi({Pj}j=1...n,Pf), i= 1 . . .h
qui proviennent des drives partielles par rapport aux {Qi}i=1...hde la structure isostatique
associe avec charge fictive :
Ed
{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
Qi = 0, i= 1 .. . hon en dduit quepour les inconnues hyperstatiques {Qi}i=1...h qui vrifient :
Qi= fi({Pj}j=1...n,Pf), i= 1 . . .h
le premier terme dans le membre de gauche (somme sur lindice i) est aussi nul. On peut
ainsi en dduire que :
Ed{Pj}j=1...n, {fi({Pj}j=1...n, Pf)}i=1...h,Pf
Pf
= . . .
. . .Ed
{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
Pf Qi=fi({Pj}j=1...n,Pf)
i=1...h
142 Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf
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7/25/2019 PDM Partie2 Fin Chapitre3
11/18
3 Thorme de Mnabra
o il est important de noter que les inconnues hyperstatique {Qi}i=1...h sont quelconques
dans lexpression de Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h,Pf
dans le terme de droite. Ce rsultat permet
ainsi de faire lconomie de plusieurs calculs (et erreurs de calcul !). Ainsi, la dmarche de
rsolution est la suivante :
1. Dtermination de lnergie de dformation de la structure isostatique associe :
Ed= Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
2. Application du thorme de Mnabra pour chaque inconnue de liaison hypersta-
tique sur la structure isostatique associe :
Ed
Qi= 0, i= 1 .. . h
3. Rsolution du systme de hquations prcdent et dtermination des inconnues hy-
perstatiques sur la structure isostatique associe :
Qi=fi({Pj}j=1...n), i= 1 .. . h
4. Dtermination du dplacement/rotation dsir par le thorme de la charge fictive laide de la nouvelle relation :
u(ou ) =Ed
{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
Pf
Qi=fi({Pj}j=1...n,Pf)
i=1...h
et Pf=0
(II.69)
o lon notera bien que les inconnues hyperstatiques {Qi}i=1...h sont quelconques
dans lexpression deEd{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
dans le terme de droite.
Cela permet donc de driver lnergie de dformation de la structure isostatique associe
avantdinjecter lexpression des inconnues hyperstatiques
Qi= fi({Pj}j=1...n, Pf)
i=1...h.
Afin de juger de la rapidit de calcul de la dmarche propose, on reprend lexemple
prcdent. On a :
Pourx[0, x1], Mf z(x) = MB+ RB(Lx)sinF1(x1x)
Pourx[x1,L], Mf z(x) = MB+ RB(Lx)sin
Pourx[0, L], N(x) = RBcos
Toujours en ngligeant lnergie de dformation due leffort tranchantTy, on a :
Ed
MB=
ZL0
N
E S
N
MB+
Mf z
E IGz
Mf z
MBdx
Cette fois-ci, on calcule cette drive partielle en considrantRB,MBetF1 indpendants !
Ainsi, on aMf z
MB= 1 et
N
MB= 0 et :
E IGzEd
MB=
ZL0
Mf zMf z
MBdx
=
Zx10
[MB+ RB(Lx)sinF1(x1x)]dx. . .
. . .+
ZLx1
[MB+ RB(Lx)sin]dx. . .
=
ZL0
[MB+ RB(Lx)sin]dx
Zx10
[F1(x1x)]dx
=
L2RBsinF1x21+2LMB
2
Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf 143
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12/18
3 Thormes nergtiques
Ainsi :
Ed
MB=
L2RBsinF1x21+2LMB
2E IGz
En appliquant, la relation (II.69), le thorme de la charge fictive permet dcrire :
B =Ed(F1, RB, MB)
MB
RB=f(F1,MB) etMB=0
=L2RBsinF1x
21
2E IGz
RB=f(F1,MB) etMB=0
avec :RB= f(F1, MB) =sin
L
F1x
21(3Lx1)3MBL
2
2L2(sin)2 +6IGz
S(cos)2
On obtient ainsi de manire plus rapide le rsultat attendu :
B=F1x21
4E IGz
SL(Lx1)(sin)26IGz(cos)2
SL2(sin)2 +3IGz(cos)2
Remarque 3.5 De la mme manire, pour le thorme de Castigliano, on aura une expressionsimilaire (II.69):
u(ou) =Ed
{Pi}j=1...n, {Qi}i=1...h
Pj
Qi=fi({Pj}j=1...n)
i=1...h
o Pjest le paramtre de chargement de la charge concentre (force ou moment) qui travaille
avec le dplacement/rotation recherch(e). La dmonstration est similaire.
144 Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf
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13/18
4 Ce quil faut retenir
4 Ce quil faut retenir
4.1 En rsum
t Thorme de de rciprocit de Maxwell-Betti : Soit une structure dans deux tatsdquilibrelastique. Le travail des efforts extrieurs de ltat (1) dans les dplacements
de ltat (2) est gal au travail des efforts extrieurs de ltat (2) dans les dplacements de
ltat (1).
t Thorme de Castigliano : Soit une structure isostatiquedans un tat dquilibre
lastique. Le dplacement (ou la rotation) en un point dapplication dune force (ou
dun moment concentr)donne, connue, sur le systme est gal la drive partielle
de lnergie de dformation par rapport cette force (ou moment) :
ui=Ed
Fiou i=
Ed
Ci
tThorme de la charge fictive : Soit une structure isostatique dans un tat dquilibre
lastiquesoumise un chargementC. On cherche le dplacement (ou la rotation) en
un point quelconqueM. On introduit une charge fictive supplmentaire enM(char-
gementCf) de valeur algbriquePf(paramtre de chargement) et qui travaille avec le
dplacement/rotation recherch(e). Lnergie de dformation associe ltat dqui-
libreavec la charge fictivesupplmentaire est noteEd(C+Cf). Le dplacement (ou la
rotation) recherch(e) est donne par :
ui(ou i) =Ed(C+Cf)
Pf
Pf=0
t Thorme de Mnabra : Soit une structure hyperstatiquede degrhdans un tatdquilibrelastiqueet reposant sur des appuis parfaits qui ne travaillent pas. Lesh
ractions hyperstatiques inconnues associes auxhliaisons surabondantes ont des va-
leurs algbrique notes {Qi}i=1...h. Les inconnues de liaisons hyperstatiques rendent mi-
nimales lnergie de dformation :Ed
Qi= 0, i= 1 .. . h
4.2 Mthodologie de rsolution dun problme hyperstatique
Le choix de la mthode de rsolution dpend du contexte, des habitudes et des connais-
sances acquises. On notera en effet que lintrt des thormes nergtiques rside dans le
fait :
de pouvoirexploiter avantageusement des solutions de problmes lmentaires [Cour-
bon et Theillout 1988] ;
de navoir besoin que des efforts intrieurs, aprs avoir dterminer les inconnues hy-
perstatiques bien entendu. Noter que pour le thorme de Maxwell-Betti, il faut d-
terminer la dforme des diffrentes configurations auxiliaires.
Dans ce paragraphe, une mthodologie de rsolution dun problme hyperstatique est pro-
pose. Bien entendu, il faudra de lexprience et de la pratique pour laffiner, la simplifier et
ladapter au problme trait.
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3 Thormes nergtiques
Soit une structure hyperstatiquede degr hdans un tat dquilibre lastiqueet repo-
sant sur desappuis parfaits qui ne travaillent pas. On sintresse aux deux problmes sui-
vants :
Problme 1: dtermination dinconnues hyperstatiques ;
Problme 2: dtermination du dplacement/rotation en un point quelconque de la
structure par : Le thorme de la charge fictive;
Le thorme de la charge unitaire.
Il est noter que la rsolution du Problme 2 ncessite de savoir rsoudre le Problme 1.
4.2.1 Problme 1 : dtermination dinconnues hyperstatiques
La dmarche est la suivante (voirFigure II.37) :
1. Dtermination du degr dhyperstatisme h;
2. Dtermination des h inconnues hyperstatiques {Qi}i=1...h:
(a) Choix des inconnues hyperstatiques / choix dun systme isostatique associ.
(b) Dtermination des efforts intrieurs (N, Ty, Mf z...) pour le systme isostatique as-
soci sous leffet du chargement en efforts imposs de valeurs algbriques {Pj}j=1...net deshinconnues hyperstatiques {Qi}i=1...h( partir des diagramme defforts in-
trieurs ou par calcul) ;
(c) Dtermination de lnergie de dformation :
Ed= Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h
(d) Application du thorme de Mnabra pour chaque inconnue de liaison hyper-
statique :
EdQi
= 0, i= 1 . . .h
(e) Rsolution du systme dehquations prcdent et dtermination des relations :
Qi=fi({Pj}j=1...n), i= 1 .. . h
Remarque 3.6 Le choix de la structure isostatique associe nest pas unique. LaFigureII.37
en propose deux exemples.
4.2.2 Problme 2 : dtermination du dplacement/rotation en un point quelconque
4.2.2.1 Par lethormede la charge fictive: La dmarche est la suivante (voir Figure II.38) :
1. Dtermination du degr dhyperstatisme h.
2. Dtermination du dplacement/rotation en un point quelconque :
(a) Choix des inconnues hyperstatiques / choix dun systme isostatique associ.
(b) Dtermination des efforts intrieurs sur le systme isostatique associ sous les
effets combins :
des efforts imposs de valeurs algbriques {Pj}j=1...net des hinconnues hyper-
statiques {Qi}i=1...h;
dune charge fictive de valeur algbriquePfqui travaille avec le (la) dplace-
ment/rotation recherch(e).
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4 Ce quil faut retenir
A B
RB= RB y
F1
C
RC= RC y
YAXA
MA
A B
F1
C
YAXA
MA
Structure hyperstatique
Structure isostatique associe
RB= RB y RC= RC y
uf ?
M
A B
RB= RB y
F1
C
RC= RC y
XA
Autre structure isostatique associe
Figure II.37: Structure hyperstatique de degr 2 (h= 2) et structure isostatique associe
On pourra avantageusement utiliser le principe de superposition.
(c) Dtermination des hinconnues hyperstatiques en fonction des {Pj}j=1...net de Pfpar le thorme de Mnabra (voir Section 4.2.1) :
Qi=fi({Pj}j=1...n, Pf), i= 1 .. . h
(d) Dtermination de lnergie de dformation associe :
Ed = Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
= Ed
{Pj}j=1...n, {fi({Pj}j=1...n,Pf)}i=1...h, Pf
(e) Application du thorme de la charge fictive :
u(ou ) =Ed
{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
Pf
Pf=0
=Ed{Pj}j=1...n, {fi({Pj}j=1...n, Pf)}i=1...h,Pf
Pf
Pf=0
Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf 147
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3 Thormes nergtiques
On notera bien que les h inconnues hyperstatiques {Qi}i=1...h dpendent de Pf travers les fonctions {fi({Pj}j=1...n, Pf)}i=1...h. Il est donc important den tenir
compte lors de la drivation par rapport la charge fictive Pf. On pourra gale-
ment utiliser avantageusement la relation (II.69) :
u(ou ) =Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
Pf
Qi=fi({Pj}j=1...n,Pf)
i=1...h
et Pf=0
o les inconnues hyperstatiques {Qi}i=1...hsont ici considres comme quelconques,
indpendantes, dans lexpression de Ed{Pj}j=1...n, {Qi}i=1...h, Pf
dans le terme de
droite.
A B
RB= RB y
F1
C
RC= RC y
YA XA
MA
A B
F1
C
YA
XA
MA
Structure hyperstatique
Structure isostatique associe et charge ctive
RB= RB y RC= RC y
M
uf ?
M
Ff= Pf y
Figure II.38: Structure hyperstatique de degr 2 (h= 2) et structure isostatique associe avec
sa charge fictive
4.2.2.2 Par lethormede la charge unitaire : La dmarche est la suivante (voir Figure II.39) :
1. Dtermination du degr dhyperstatisme h.
2. Dtermination du dplacement/rotation en un point quelconque :
(a) Choix des inconnues hyperstatiques / choix dun systme isostatique associ.
(b) Dtermination des efforts intrieurs sur le systme isostatique associ pour les
deux cas de chargement suivant :
Cas 1 : Dtermination deN1, Ty,1etMf z,1... pour les efforts imposs de valeurs
algbriques {Pj}j=1...net deshinconnues hyperstatiques {Qi}i=1...h;
Cas 2 : Dtermination deN2, Ty,2etMf z,2... uniquement pour une charge uni-
taire de valeur algbriqueP= 1 qui travaille avec le (la) dplacement/rotation
recherch(e) (sans les {Qi}i=1...h).
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4 Ce quil faut retenir
On pourra avantageusement utiliser le principe de superposition.
(c) Dtermination des hinconnues hyperstatiques pour le cas 1 en fonction des {Pj}j=1...npar le thorme de Mnabra (voir Section 4.2.1) :
Qi=fi({Pj}j=1...n), i= 1 .. . h
(d) Application du thorme de la charge unitaire :
u(ou ) =
ZL0
N1N2
E S+Ty,1
Ty,2
GSyr
+Mf z,1Mf z,2
E IGz.. . dx
On veillera bien remplacer les h inconnues hyperstatiques {Qi}i=1...hpar leurs
expressions {fi({Pj}j=1...n)}i=1...hdans les efforts intrieurs N1, Ty,1et Mf z,1... avant
de calculer lintgrale prcdente. On rappelle galement que :
Etat indic 1 : systme isostatique associ soumis uniquement la charge uni-
taire.
Etat indic 2 : systme isostatique associ soumis aux efforts imposs de va-leurs algbriques {Pj}j=1...net deshinconnues hyperstatiques {Qi}i=1...h.
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3 Thormes nergtiques
A B
RB= RB y
F1
C
RC= RC y
YAXA
MA
A B
F1
C
YAXA
MA
Structure hyperstatique
Structure isostatique associe
RB= RB y RC= RC y
uf ?
M
A
YAXA
MA
Charge unitaire
M
Ff= -1y
Figure II.39: Structure hyperstatique de degr 2 (h= 2), structure isostatique associe avec et
sans sa charge unitaire
150 Pratiques du Dimensionnement en Mcanique - P.-A. Boucard, P.-A. Guidault, F. Louf