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---

RESISTANCE
DES
MATERIAUX

F
...
S
...
T
...


-2-

I
...
I
...
V
...
Dans une première partie, nous étudierons la démarche qui nous permet
l'établissement des équations de la théorie des poutres (une démarche similaire pourrait être
utilisée pour les plaques et coques)
...
Même si d'autres méthodes (par exemple les éléments finis) sont en général
utilisées, un calcul rapide de RDM permet de vérifier les ordres de grandeur et de juger de
l'opportunité d'utiliser d'autres méthodes plus complexes
...
C'est pourquoi, je
serai reconnaissant aux étudiants de m'exposer toute suggestion susceptible d'en améliorer le
contenu
...
S
...
T
...


-4-

SOMMAIRE

RAPPELS DE MECANIQUE DES MILIEUX CONTINUS
I - CINEMATIQUE
...
7
I - 2 Déformation
...
9
I - 4 Conditions de compatibilité
...
11
II -1 Forces
...
11
II -3 Equilibre
...
18
III - LOI DE COMPORTEMENT POUR LES SOLIDES ELASTIQUES
...
21
III - 2 Loi de comportement élastique linéaire (en HPP)
...
24
III - 4 Critères de limite d'élasticité pour les matériaux isotropes
...
24
THEORIE DES POUTRES
I - DEFINITIONS, HYPOTHESES DE BERNOUILLI
...
25
I - 2 Notations
...
26
II - DEPLACEMENTS ET FORCES GENERALISES
...
27
II - 2 Puissance virtuelle des efforts extérieurs
...
28
III - DEFORMATION ET CONTRAINTES GENERALISEES
...
29
III - 2 Puissance Virtuelle des efforts intérieurs
...
32
IV - LOI DE COMPORTEMENT ELASTIQUE LINEAIRE
...
S
...
T
...


-5-

Résistance des Matériaux
ETUDE DE SOLLICITATIONS SIMPLES

I - TRACTION OU COMPRESSION
...
36
I - 2 Déformations et contraintes
...
37
II - 1 Définition
...
37
II - 3 Exemple
...
40
III - 1 Flexion pure
...
40
III - 3 Flexion plane simple
...
42
III - 5 Etude de la déformation des poutres en flexion
...
49
I - 1 Notations et définitions
...
50
II - ENERGIE DE DEFORMATION EN RDM
...
51
II - 2 Cas particulier de la Traction/Compression
...
52
II - 4 Cas particulier de la torsion
...
53
IV - THEOREME DE CASTIGLIANO ET APPLICATIONS
...
54
IV - 2

Conséquence: Principe du travail minimum ou théorème de Ménabréa
...
56
V - EQUATION DE BERTRAND DE FONTVIOLANT
...
58
V-2

Application: Evaluation des réactions hyperstatiques surabondantes
...
60

FLAMBEMENT
I - STABILITE D'UNE POUTRE EN COMPRESSION
...
63
II-1 Colonne Rotule-Rotule
...
S
...
T
...


-6II-2 Colonne Encastrée-Libre
...
65
III - GENERALISATION: FORMULE D'EULER
...
68
COMPORTEMENT AU DELA DU DOMAINE ELASTIQUE - CHARGES LIMITES
I - INTRODUCTION
...
70
I-2 Comportement du matériau
...
71
II-1 Analyse élastique
...
72
II-3 Décharge
...
74
III-1 Généralités
...
75
IV - ANALYSE LIMITE A LA FLEXION
...
76
IV-2 Exemple: Méthode "pas à pas"
...
79
BIBLIOGRAPHIE
...
84

I
...
I
...
V
...

L'espace physique est rapporté à un repère orthonormé direct (O, e 1 , e 2 , e3 )
...

On introduit aussi la notion de configuration de référence: c'est la configuration
particulière du système à un instant t0 fixé
...

Toute particule M0 de Ω0 est repérée par son vecteur position X(t) dans la configuration
de référence
...

ϕ ( X ,t)

Ω

Ω0
x( X , t )

e3

M

e2

u( X , t )

X

M

O
e1

Configuration de référence
à l’instant t0

Configuration actuelle
à l’instant t

Figure 1
La position de chaque particule M sera donc déterminée si on connaît sa position dans la
configuration de référence et une fonction Φ telle que:
x(t) = Φ X, t
(1)
Φ définit le mouvement par rapport à (O, e 1 , e 2 , e3 )
...


X et t définissent les variables de Lagrange
x et t définissent les variables d'Euler

I
...
I
...
V
...
A l'instant t ces particules occupent la
position x et x+dx avec dx(t) = Φ X + dX, t − Φ X, t

(

) ( )

Par définition du gradient on écrit:

(

)

( )

Φ X + dX, t = Φ X, t +

( )

2
∂Φ
X, t dX + Θ dX 


∂X



Soit

( )

( )

( )

∂Φ
X, t
(3)
∂X
F est une application linéaire qui fait passer de l'espace vectoriel dans lequel peut varier
dx = F X, t dX avec

F X, t =

dX dans l'espace vectoriel où varie à priori dx
...

En notation indicielle,

Fij =

∂Φ i ∂x i
=
∂X j ∂X j

 ∂x 1

 ∂X1
∂x
F= 2
 ∂X
 1
 ∂x 3

 ∂X1

∂x 1
∂X 2
∂x 2
∂X 2
∂x 3
∂X 2

∂x 1 

∂X 3 
∂x 2 
∂X 3 

∂x 3 

∂X 3 

Remarques:
* Transformation d'un élément de volume dV dans Ω0 en un élément de volume dv dans Ω(t)
...

-T

n ds = det F F N dS
Le tenseur gradient décrit la transformation locale au voisinage d'une particule donnée
...

Considérons trois particules voisines X, X+dX, X+dX'
...


I
...
I
...
V
...
Cette application est
symétrique mais dépend bien sûr de la base (O, e 1 , e 2 , e3 ) initialement choisie
...

∂X

En reprenant (5) et en ne retenant que les termes d'ordre 1, on obtient:
T


1  ∂u
∂u

ε HPP =  (X, t) +
(X, t) 
2  ∂X
∂X



ou encore en notation indicielle
1  ∂u ∂u j 

ε ij =  i +
2  ∂X j ∂X i 



I
...
I
...
V
...
On peut aussi se poser le
problème inverse
...

Les conditions de compatibilité peuvent être établies dans le cas général, cependant nous
ne les établirons que dans le cas des petites perturbations
...

∂u
(X, t) = ε(X, t ) + ω(X, t )
∂X
T


1  ∂u
∂u

ω= 
(X, t) −
(X, t) 
2  ∂X
∂X




ωij =

1  ∂u i ∂u j

−
2  ∂X j ∂X i







On a
ωij,k = ε ki, j − ε jk ,i
soit en dérivant une nouvelle fois
ω ij,kl = ω ij,lk ∀ i,j,k,l dans {1,2,3}
∀i, j, k, lε ij, kl + ε kl, ij − ε ik , jl − ε jl, ik = 0

(7)

Réciproquement, si ε vérifie (7), alors les formes différentielles
dωij = ε ki , j − ε jk ,i dx k

(

)

sont exactes; elles permettent donc de construire le champ ω de tenseur antisymétrique
...


I
...
I
...
V
...
Leur schématisation à chaque instant
repose sur la définition d'un champ de vecteur Φ (x,t) et d'une mesure positive ω, définis sur
la configuration actuelle Ω(t)
...

* Si ω est une mesure de volume, alors Φ (x,t) est une force volumique (densité
volumique de force) définie dans Ω(t) de la configuration actuelle, par la fonction
f: x ∈Ω(t) → f (x, t) ∈ ℜ3
* Si ω est une mesure de surface, alors Φ (x,t) est une force surfacique (densité surfacique
de force) définie sur ∂ΩF(t) de la configuration actuelle, par la fonction

F : x ∈∂Ω F (t) → F(x,t) ∈ ℜ 3
*
...


Remarques:
* Les forces sont définies sur la configuration actuelle
...
Mais l'un des deux doit être imposé
...
Dans le cas des
appuis mobiles, les composantes non imposées cinématiquement le sont pour les forces
* Le monde extérieur au milieu considéré doit, pour imposer le déplacement U(t) au bord
∂ΩU(t), exercer des forces que nous noterons R (x,t)
...


II - 2 Contraintes

e3

II - 2
...
Imagi-nons
e2 dF

O
e1

Σ

δΣ
M

qu'une surface Σ divise (C) en deux parties (1) et (2)
...
Nous admettrons
que sur chaque élément de surface dΣ de Σ, (2) exerce sur
(1) une force dF( x , t , n )1 / 2
de densité superficielle
T(x, t, n )
...
S
...
T
...


- 12 -

Rappel de MMC

vecteur normal n
...
Elle est linéairement dépendante de n
...


II - 2
...
On prendra garde au fait que le tenseur Π n'est pas symétrique
...
Attention, sa composante Sij n'est pas la
iième composante du vecteur contrainte exercée sur la déformée d'une surface unité, normale à
e j , de la configuration de référence, mais seulement la iième composante de son transporté
dans la configuration de référence
...
S
...
T
...


- 13 -

Résistance des Matériaux

II -3 Equilibre
II - 3
...
Par exemple, pour évaluer
les forces de gravité agissant sur un objet, on peut imaginer de le soulever (mouvement virtuel
de bas en haut)
...
1
...


Axiome d'objectivité
La puissance virtuelle des efforts intérieurs associée à tout mouvement rigidifiant est nulle
...

II-3
...
2 Position du problème
F

Soit un milieu continu Ω(t) d'intérieur Ω(t) et de
frontière ∂Ω(t)
...
A un instant t fixé,
un mouvement virtuel défini par une vitesse
virtuelle δv est appliqué à Σ(t)
...


II-3
...
3 Puissance virtuelle des efforts intérieurs
Pour déterminer la puissance virtuelle des efforts intérieurs nous ferons les hypothèses
suivantes:
* Πi admet une densité volumique pi:
Π i =∫∫∫Σ p i dx

* Πi est en chaque point une forme linéaire des valeurs en ce point de δ v et de ses
dérivées premières:

I
...
I
...
V
...
D'où:
- Soit un mouvement de translation: δv ≠ 0 , δW=0 et δD=0
alors
Π i =∫∫∫Σ p i dx =∫∫∫Σ A ⋅ δvdx =0

∀ ∑ dans Ω

soit A ⋅ δv = 0 ∀ δv , ou encore A = 0
- Soit un mouvement de rotation: δv = 0 , δW≠0 et δD=0
alors

Π i = ∫∫∫ pi dx = ∫∫∫ B:δW dx = 0
Σ

Σ

∀ Σ dans Ω

soit B : δW =0∀δW , ou encore B = 0
...
1
...
1
...
S
...
T
...


- 15 -

Résistance des Matériaux

II-3
...
5 Puissance virtuelle des quantités d'accélération
Si γ est l'accélération et ρ la masse volumique de chacun des points de ∑, alors
Π a =∫∫∫Σ ργ ⋅ δvdx
(14)

II - 3
...

En appliquant le théorème de la divergence, le premier terme devient:

− ∫∫∫Σ σ:δDdx =− ∫∫∫Σ σ:
Soit:

(

)

∂δv
dx=−∫∫∂Σ σ ⋅ δv ⋅ ndx + ∫∫∫Σ div x σ ⋅ δvdx
∂x

(

)

∫∫∂Σ T−σ ⋅ n ⋅ δvdx+ ∫∫∫Σ f +div x σ−ργ ⋅ δvdx = 0∀δv
Ou encore
f +div x σ=ργ dansΣ


T=σ ⋅ n sur∂Σ


(16)

II - 3
...

Dans la configuration actuelle:
f ( x , t )+div x σ( x , t )=0∀x∈Ω( t )

(17)

Fe ( x , t )∀x∈∂Ω F ( t )

σ( x , t ) ⋅ n ( x , t )=
R ( x , t ) ∀x∈∂Ω U ( t )


(18)

Dans la configuration de référence:
De même, si on note f0 , R 0 et F0 les densités volumiques et surfaciques de forces
mesurées dans la configuration de référence:
f 0 (X, t )+div X Π (X, t )=0∀x∈Ω 0

(19)

I
...
I
...
V
...
4 Cas des petites perturbations
Reprenons (17), en l'exprimant en fonction de X
∂σ ij
f i (x (X, t ), t )+
( x (X, t ), t )=0∀x (X, t )∈Ω( t )
∂x j

f i (x (X, t ), t )+

∂σij
∂X k

(X, t )

∂X k
(X, t )=0∀X∈Ω 0
∂x j

∂x
∂u
(X, t )=1+
( X, t )
∂X
∂X
On peut donc écrire l'équation d'équilibre sous la forme
Or x(X,t) = X + u(X,t) soit

−1

 ∂u

f i (x (X, t ), t )+
(X, t )1+
(X, t ) =0∀X∈Ω 0
∂X k
 ∂X
 kj


∂σij

Sous l'hypothèse des petites perturbations, on peut alors écrire:
−1

 ∂u

∂u
(X, t ) =1−
( X, t )
1+
∂X
 ∂X



soit
fi (x(X,t),t ) +

∂σ ij



∂u
(X,t) δ jk − k (X,t)  = 0
∂X k
∂X j



∀ X ∈Ω 0

Enfin, en ne retenant que les termes d'ordre 0, et après avoir effectué un développement de
fi au voisinage de X, on obtient:
∂σij
f i (X, t )+
(X, t )=0∀X∈Ω 0
∂X j
soit
f (X, t )+div X σ(X, t )=0∀x∈Ω 0

(21)

Le raisonnement qui a permis de remplacer f (x(X,t),t) par f (X,t), permet aussi de
remplacer Fe (x(X,t),t) par Fe (X,t) et R (x(X,t),t) par R (X,t)
...
S
...
T
...


(22)

- 17 -

Résistance des Matériaux

II - 3
...

Ce qui se met en équations sous la forme suivante, en l’appliquant au domaine d ‘étude Σ :
d
∫∫∫ ρv dx = ∫∫∂Σ T dx + ∫∫∫Σ f dx
dt Σ
(23)
d
∫∫∫ OM ∧ ρv dx = ∫∫∂Σ OM ∧ T dx + ∫∫∫Σ OM ∧ f dx
dt Σ

Par application des propriétés de la dérivée particulaire on peut écrire pour tout vecteur b :
 ∂ρb

d
+ div(ρb ⊗ v)  dx
∫∫∫Σ ρb dx = + ∫∫∫Σ 
dt
 ∂t

puis en utilisant le fait que pour tout vecteurs a et b
div(a ⊗ b) = ∇a ⋅ b + a divb
on peut développer sous la forme
 ∂ρb

d
+ ∇ρb ⋅ v + ρb divv  dx
∫∫∫Σ ρb dx = ∫∫∫Σ 
dt
 ∂t


 ∂b

d
∂ρ
∫∫∫Σ ρb dx = ∫∫∫Σ  ρ + b + ρ∇b ⋅ v + ∇ρ ⊗ b ⋅ v + ρb divv  dx
dt
∂t
 ∂t

  ∂b

d
 ∂ρ

∫∫∫Σ ρb dx = ∫∫∫Σ  ρ  + ∇b ⋅ v  + b  + ∇ρ ⋅ v + ρ divv   dx


dt
 ∂t


  ∂t
Par définition de la dérivée particulaire :
 db
d
 ∂ρ

∫∫∫Σ ρb dx = ∫∫∫Σ  ρ + b  + divρv   dx
dt
 ∂t

 dt
Donc, grâce à la conservation de la masse
∂ρ
dρ
+ divρv =
+ ρ divv = 0
∂t
dt
et la définition du vecteur contrainte (8), la première équation de (23) devient :
d
dv
dx = ∫∫∫Σ ργ dx = ∫∫∂Σ σn dx + ∫∫∫Σ f dx
∫∫∫Σ ρv dx = ∫∫∫Σ ρ
dt
dt
et par application du théorème de la divergence

(24)

∫∫∫Σ ργ dx = ∫∫∫Σ div σ dx + ∫∫∫Σ f dx
...
S
...
T
...


- 18 -

Rappel de MMC

II - 4 Quelques propriétés du tenseur des contraintes
Le tenseur des contraintes est un tenseur symétrique
...

En conséquence, nous omettrons les variables x et t
...
1 Contrainte normale et contrainte tangentielle
σn

n

T(n)

τ

Considérons une facette de normale n
...

σ n =T (n ) ⋅ n =n ⋅ σ ⋅ n
et

( ) (
2

τ = σ⋅n − n ⋅σ⋅n

)

2

On dira que σn est positive en traction et négative en compression
...
2 Directions principales, contraintes principales
La matrice représentant le tenseur des contraintes est symétrique, elle est donc
diagonalisable
...
Les vecteurs propres, orthogonaux deux à deux, sont les directions principales
(n I , nII , nIII )
...
3 Invariants
Le tenseur des contraintes possède trois invariants définis mathématiquement comme les
coefficients de l'équation caractéristique det σ − α 1
...
4 Cercles de Mohr
Connaissant le tenseur des contraintes σ , on se propose de déterminer le domaine
engendré par l'extrémité du vecteur contrainte quand n varie
...
S
...
T
...


- 19 -

Résistance des Matériaux

plaçons dans une base orthonormée dirigée suivant les directions principales de σ
...
Par contre, d'après (30)
(res
...
(σI + σII)/2) et de rayon (σII - σIII)/2 (resp
...


I
...
I
...
V
...
Les facettes concernées sont
parallèles à la direction associée à la contrainte principale σII
...


I

Et on définit l'angle θ = (I, n ), et le vecteur t tel que ( n , t ,II) soit
direct
...


→
T

I
...
I
...
V
...
A ces équations, il est maintenant nécessaire
d'adjoindre une relation supplémentaire reliant les efforts internes et les grandeurs
cinématiques
...

La construction d'une loi de comportement est basée sur des observations expérimentales
...


III - 1 Approche expérimentale: essai de traction
Pour effectuer un essai de traction simple sur un
métal,

on

utilise

une

éprouvette

cylindrique

caractérisée par:
- des extrémités surdimensionnées
- des congés de raccordement (pour éviter les
concentrations de contrainte)
- une partie médiane cylindrique dans laquelle le
L champ de contrainte est supposé homogène, de

L0

S0

traction simple parallèlement à l'axe de l'éprouvette
...


σ0

La figure ci-contre représente un tel enregistrement pour un

B

F
S0

acier inox
...
Si on charge
jusqu'à un niveau inférieur à σ0, alors la décharge décrit la
même courbe OA
...


I
...
I
...
V
...
σ0 est la limite initiale d'élasticité du matériau
...


III - 2 Loi de comportement élastique linéaire (en HPP)
III - 2
...
En l'absence d'effets thermique et de contraintes initiales on a:

σ( x , t )=C( x ):ε( x , t )

(33)

C est un tenseur du quatrième ordre, dont les composantes sont les coefficients d'élasticité
du matériau
...


III - 2
...
Ce modèle s'applique à la
plupart des matériaux: acier, béton,
...
Leur expression en fonction du module d'Young E et du coefficient
de Poisson ν, est
E
νE
µ=
etλ=
ou
2(1+ν)
(1+ν)(1−2ν)

(35)

µ(3λ + 2µ)
λ
E=
etν =
λ+µ
2( λ + µ )
avec, en inversant (34)
ν
1+ν
ε=− Tr (σ)1+
σ
E
E

(36)

I
...
I
...
V
...
3 Matériau élastique homogène orthotrope
Le matériau possède trois directions privilégiées deux à deux orthogonales
...
Dans ces matériaux, on peut classer les tôles laminées, les composites
tissés, le bois, certains bétons structurés,
...
Dans le repère principal d'orthotropie, la loi se met sous la forme:
− ν12 − ν13
 1

0
0
0 
 E
E1
E1
 1

− ν 23
1
 − ν 21
0
0
0   σ11 
ε11  

E2
E2
E2
ε  
 σ 22 
1
 22   − ν 31 − ν 32

0
0
0 
ε 33   E
σ 33 
E3
E3




3

=
σ 
1
2ε12   0
0
0
0
0   12 
G12
2ε 23  
 σ 23 

 

1

2ε13 
0
0
0
0   σ13 



  0
G 23


1 
 0
0
0
0
0

G13 



(37)

Avec les conditions de symétrie
ν12 ν 21 ν13 ν31 ν32 ν 23
=
=
=
E1
E2
E1
E 3 E3
E2

III - 2
...
En utilisant cette invariance, on
montre que seuls 5 paramètres indépendants caractérisent le comportement
...
S
...
T
...



0 

0  σ11 

σ 22 

0 


σ 33 


 σ 
0  12 
σ 23 


0  σ13 



1 

G13 


(38)

- 24 -

Rappel de MMC

III - 3 Théorème de superposition
Si ( U, f , F) et (V, g, G ) sont deux jeux de données engendrant respectivement des solutions
u et v , alors α u +β v est solution du problème de données (αU + βV,αf + β g,αF + β G )
...


III - 4
...
Soit en fonction des contraintes principales
Sup{σ I −σ II , σ I −σ III , σ II −σ III }≤σ 0

III - 4
...
S’il ne peut
se dilater, alors il y a apparition de contraintes dites « d’origine thermiques »
...

Pour plus de rigueur, nous invitons le lecteur à se référer au polycopié du cours de
Mécanique des Milieux Continus
...
S
...
T
...


(42)

(43)

- 25 -

Résistance des Matériaux

THEORIE DES POUTRES
A partir de ce chapitre, on utilise les hypothèses des petites perturbations, du quasiéquilibre et de l'élasticité linéaire isotrope
...
A cette configuration de référence on associe le repère orthonormé
direct (O,e1 ,e 2 ,e3 ) , tel que :
* O est un point d'une section extrémité de la poutre sur la fibre moyenne
* e1 est le vecteur unitaire porté par l'axe de la poutre
* e 2 est un vecteur unitaire dans le plan des sections droites, de préférence parallèle à un
axe de symétrie de S (s'il en existe un)
→
e
2

→
e1
X1
→
e3

S

On note S(X1) la section droite d'abscisse X1
...
S
...
T
...


- 26 -

Théorie des poutres

t (X1 )=a F(X1 )e1 aveca = F(X1 )e1

−1

* Le plan P(X1) tangent en x( X1 ) à x(S(X1 )) , défini par le point x( X1 ) et les vecteurs
F(X1 )e3 et E 2 (X1 )=bF(X1 )e 2 avecb= F(X1 )e 2

−1

* Le vecteur unitaire E 1 (X1 ) normal à P(X1)
* Le vecteur unitaire E 3 (X1 ) tel que ( x (X1 ),E1 (X1 ),E 2 (X1 ),E 3 (X1 )) soit un repère
orthonormé direct
...


I - 3 Hypothèse de Bernouilli
Le caractère linéique de la géométrie des poutres fait qu'on s'attend à ce que les
phénomènes prépondérants soient essentiellement longitudinaux
...
On énonce alors les hypothèses de Bernouilli

(i) Les sections droites restent planes
(ii) Les sections droites se déforment librement dans leur plan
(iii) La variation des déformations de la section le long de la poutre est très petite
Remarques:
* D'après (i) on peut confondre P(X1) et x(S(X1))
* Le déplacement de la section droite peut être représenté par un vecteur translation (par
exemple u (X1 ) et par un vecteur rotation (par exemple le vecteur rotation ω (X1 ) du repère
( x (X1 ),E1 (X1 ),E 2 (X1 ),E 3 (X1 )) par rapport au repère (O, e1 , e 2 , e3 )
...
S
...
T
...


- 27 -

Résistance des Matériaux

devant ui , ωi et ui,1 , ωi,1
...

Si on explicite (1) dans la base (e1 , e 2 , e3 ) en ne retenant que les termes d'ordre 1, on
obtient:

u1 (X1 )+ω 2 (X1 )X 3 −ω3 (X1 )X 2 


∀X∈S(X1 )u (X)=u 2 (X1 )−ω1 (X1 )X 3 + v 2 (X)

 u ( X ) +ω ( X ) X + v ( X )

1
1
2
3
 3 1


(2)

On remarque alors, en ne retenant que les termes d'ordre 1:
- F(X1 ) e 2 et x(X1 ) x(X1 ,1,0) sont égaux et unitaires, donc égaux à E 2
- F(X1 ) e 3 est unitaire et orthogonal à F(X1 ) e 2
Par contre,

(F(X )e )⋅ (F(X )e )≈u
(F(X )e )⋅ (F(X )e )≈u
1

1

1

2

2,1 (X1 )−ω3 ( X1 ) + ⋯

1

1

1

3

3,1 ( X1 )+ω 2 ( X1 ) + ⋯

Donc en général la déformée d'une section droite n'est pas, au second ordre près,
orthogonale à la déformée de la fibre moyenne
...
,J} avec X 1 =0 et X1 =L
- soit sur les sections extrémités
i
- soit sur des cercles Γi = { X1 }∈∂S

II - 1 Déplacement généralisé
Afin de bien distinguer le déplacement du milieu continu de celui de la fibre moyenne, on
note
u (X1 ,0,0)=u f
D'après (2), se donner u satisfaisant à l'hypothèse de Bernouilli équivaut à se donner
u p =(u f , ω)
On appellera uP le déplacement généralisé de la poutre
...
S
...
T
...


- 28 -

Théorie des poutres

II - 2 Puissance virtuelle des efforts extérieurs
Soit δu une vitesse virtuelle de déplacement et φ un système de forces extérieures, c'est à
dire le couple ( f , F ) densité volumique de forces et densité surfacique de forces
...
Cette force est constituée d'une
densité linéique de force généralisée φf répartie le long de la fibre moyenne et de forces
généralisée concentrées Φi
...
S
...
T
...


- 29 -

Résistance des Matériaux

III - Déformation et contraintes généralisées
III - 1 Déformations généralisées
D'après (2) en utilisant l'hypothèse des petites perturbations, et en négligeant les dérivées
de v2 et v3,on obtient
 f

Sym
Sym 
u1,1 + ω2,1X 3 − ω3,1X 2
1

(5)
v 2, 2
Sym 
ε=  u f ,1 − ω1,1X 3 − ω3
2
2

1
 1 uf + ω X + ω
(v 2,3 + v 3,2 ) v 3,3 
1,1 2
2
 2 3,1

2



(
(

)
)

En introduisant alors les six quantités
f
a1 (X1 )=u1,1 (X1 )
χ1 (X1 )=ω1,1 (X1 )

a 2 (X1 )=u f ,1 (X1 ) − ω3 (X1 ) χ 2 (X1 )=ω2,1 (X1 )
2
f
a 3 (X1 )=u 3,1 (X1 ) + ω 2 (X1 )

on trouve de manière simple

a 1 + χ 2 X 3 − χ 3 X 2
 1
(a 2 − χ1X 3 )
ε= 
 2
 1 (a + χ X )
1 2
 2 3


(6)

χ 3 (X1 )=ω3,1 (X1 )

Sym
v 2, 2
1
(v 2,3 + v 3,2 )
2


Sym 

Sym 

v 3,3 



(7)

Les six quantités définies par (6) constituent la déformation généralisée de la poutre en la
section S(X1)
...


Cas1: a1≠0, a2=a3=χ1=χ2=χ3=0
On en déduit
f
u 2 = 0, u f = 0 et ω = 0
3

a1 L

soit
u1(X)=a1X1 et u3(X)=u2(X)=0
La poutre est dans un état d'allongement
pur

I
...
I
...
V
...

Cas6: χ3≠0, a1=a2=a3=χ1=χ2=0
ω1 = ω2 = 0 et par suite u1 (X) = −χ3X1X 2 ,

χ3 L

→
e2

1
2
u3 (X) = 0 et u 2 (X) = χ3X1
2
La fibre moyenne se déforme selon une
parabole dans le plan (e1 , e 2 ) , la section
droite tournant de χ3X1 autour de e 3

I
...
I
...
V
...

Nous choisirons, bien sûr, δε de la forme


δa 1 + δχ 2 X 3 − δχ 3 X 2
Sym
Sym 
 1

(δa 2 − δχ1X 3 )
δε= 
δv 2, 2
Sym 
 2

1
 1 (δa + δχ X )
(δv 2,3 + δv 3,2 ) δv 3,3 
3
1 2
 2



2

(9)

Pour que les contraintes satisfassent l'hypothèse (ii) de Bernouilli, il est nécessaire que
 σ11 σ12 σ13 
σ= σ12
0
0 
(10)


σ13
0
0 


En portant (9) et (10) dans (8), on trouve finalement

( )

− Π int δε, σ

L
= ∫0 [δa 1 ∫∫S σ11dX + δa 2 ∫∫S σ12 dX + δa 3 ∫∫S σ13dX ]dX1
L
+ ∫0 [δχ1 ∫∫S (X 2 σ 31 − X 3 σ 21 )dX ]dX1

+

L
∫0

Posons alors
T1 (X1 ) = ∫∫S σ11dX

[δχ 2 ∫∫S X 3σ11dX − δχ 3 ∫∫S X 2 σ11dX]dX1
M1 (X1 ) = ∫∫S (X 2 σ 31 − X 3 σ 21 )dX

T2 (X1 ) = ∫∫S σ12 dX M 2 (X1 ) = ∫∫S X 3 σ11dX

T3 (X1 ) = ∫∫S σ13dX

(11)

(12)

M 3 (X1 ) = − ∫∫S X 2 σ11dX

avec ces notation, on obtient plus simplement
3

L
− Π int δε, σ =∫0  ∑ (δa i Ti (X1 )+δχ i M i (X1 ) ) dX1
i =1


( )

ou encore
T = ∫∫S σe1dX et

M = ∫∫S X1X ∧ σe1dX

I
...
I
...
V
...
1 Contraintes généralisées
On définit les contraintes généralisées comme étant la fonction
p
s : X1 ∈ [0, L] → s p (X1 ) = T1 (X1 ), T2 (X1 ), T3 (X1 ), M1 (X1 ), M 2 (X1 ), M 3 (X1 ) ∈ ℝ6 (14)
On appelle T1 l'effort normal, T2 et T3 les efforts tranchants, M1 le moment de
torsion, M2 et M3 les moments de flexion
...
En
conséquence,

la contrainte généralisée sP(X1) est constituée des éléments de
réduction, au centre de la section S(X1), du torseur des forces
appliquées par la partie droite de la poutre sur la partie gauche!
Certains états de sollicitation élémentaires sont appelés 'sollicitations simples', ils
correspondent à des cas de chargement fréquemment rencontrés
...


T1

T2ou3

M1

M2ou3

≠0

0

0

0

Traction ou compression simple

0

≠0

0

0

Cisaillement pur

0

0

≠0

0

Torsion pure

0

0

0

≠0

Flexion pure

0

≠0

0

≠0

Flexion simple

≠0

0

0

≠0

Flexion composée

Désignation

I
...
I
...
V
...
2 Equation d'équilibre
Nous allons maintenant appliquer le principe des puissances virtuelles pour déterminer les
équations d'équilibre
...
S
...
T
...


(c )
(d )

(16)

- 34 -

Théorie des poutres

Remarque importante:
i
i
Sur un tronçon de poutre X1 , X1+1 , dans le cas où il n'est pas chargé, on a

]

[

T,1 = 0et M ,1 + e1 ∧ T = 0
soit en particulier
dM 3
dM 2
=T3 et
=− T2
dX1
dX1

IV - Loi de Comportement élastique linéaire
σ11 Sym Sym 
0
Sym 
D'après (10), à cause de l'hypothèse (ii) de Bernouilli σ= σ12


σ13
0
0 


Or, pour un matériau élastique la loi de comportement en fonction du module d'Young E et
du coefficient de poisson est
ν
1+ν
ε=− Tr (σ)1+
σ
E
E
Soit dans notre cas
1
−ν
1+ ν
1+ ν
ε11 = σ11 ,ε 22 = ε 33 =
σ11 ,ε12 =
σ12 ,ε13 =
σ13 ,ε 23 = 0
E
E
E
E
D'où
T1 = ∫∫S σ11 dX = ∫∫S Eε11 dX = ∫∫S E(a 1 + χ 2 X 3 − χ 3 X 2 )dX
E
E
ε12 dX = ∫∫S
(a 2 − χ1X 3 )dX
2(1 + ν)
1+ ν
E
E
(a 3 + χ1X 2 )dX
ε13 dX = ∫∫S
T3 = ∫∫S σ13 dX = ∫∫S
1+ ν
2(1 + ν)
E
2
M 1 = ∫∫S (X 2 σ 31 − X 3 σ 21 )dX = ∫∫S
− a 2 X 3 + a 3 X 2 + χ1 (X 2 + X 3 ) dX
2
2(1 + ν)

T2 = ∫∫S σ12 dX = ∫∫S

(

(

)

)

2
M 2 = ∫∫S X 3 σ11 dX = ∫∫S E a 1X 3 + χ 2 X 3 − χ 3 X 2 X 3 dX

(

)

M 3 = − ∫∫S X 2 σ11 dX = − ∫∫S E a 1X 2 − χ 3 X 2 + χ 2 X 2 X 3 dX
2
Pour simplifier les écritures, nous définirons la fibre moyenne telle que
∫∫S E(X)OMdX=0
c'est à dire
∫∫ E X2 dX = ∫∫ E X 3 dX = 0
S

S

de plus nous choisirons e 2 de telle manière que
∫∫ E X2 X3 dX = 0
S

Dans ces conditions, nous obtenons

I
...
I
...
V
...


I
...
I
...
V
...


I - 2 Déformations et contraintes
De (II-17) et (II-18) on déduit:
T1 = a 1 E S , a 2 = a3 = 0 et

χ1 = χ 2 = χ 3 = 0

Le tenseur des contraintes qui satisfait l'équilibre est de la forme:
σ n 0 0 
σ= 0 0 0


 0 0 0



(1)

(2)

où σn est une valeur constante dans toute la section
...
S
...
T
...


- 37 -

Résistance des Matériaux

donc dans notre cas
σn =

T1
S

(4)

Allongement de la poutre
Soit ∆L l'allongement subi par une poutre de longueur L
...

du σ
ε11 = 1 = n
(5)
dX1 E
Soit

σn
T
dX1 =∫γ 1 dX1
E
SE
Si la section de la poutre est constante
TL
∆L= 1
SE
∆L=∫γ ε11dX1 =∫γ

(6)

(7)

II - Torsion
Les sections droites de contour quelconque, lorsqu'elles sont sollicitées en torsion, se
gauchissent
...
Les poutres droites de
section circulaire ne subissent pas de gauchissement
...
χ1 est
l'angle unitaire de torsion
...
S
...
T
...


 0
= 0 , soit σ= σ12

σ13


σ12
0
0

σ13 
0 

0 


- 38 -

Sollicitations simples

ν
De la loi de comportement, ε ij = 1+ν σ ij − E σ kk δ ij , on tire:
E

 0

ε= 1+ν σ12
E
 1+ν σ13
 E

e3
G

e

θ

θ

 0
  χ1X3
 = − 2
  χ1X 2
  2


1+ν σ
E 12

1+ ν σ 
E 13

0

0

0

0

−

χ1X3
2

χ1X 2 
2 

0 

0
0 

Dans le repère (G, e1 , e r , eθ )
0

∀ M u(M) = −ω1 X3 e2 + ω 1X2 e 3

er

Or

e r = Cosθ e 2 + Sinθ e 3

et

e2

eθ = − Sinθ e 2 + Cosθ e3

Soit u (M )=ω1reθ

(10)

Pour déterminer les déformations, nous utilisons la définition des déformations en
coordonnées cylindriques:
 ∂u1
 ∂X1
ε (G ,e1 ,er ,eθ ) = Sym

Sym


(

1 ∂u1 + ∂u r
2 ∂r
∂X1
∂u r
∂r
Sym

Soit, en utilisant (II-6)
 0 0

ε (G ,e1 ,er ,eθ ) = 0 0
Sym 0



r ω1,1 
2 

)

(

)

1 1 ∂u1 + ∂u θ
2 r ∂θ
∂X1
uθ
∂u r
∂u
1 1
− r + ∂rθ
2 r ∂θ
1 ∂u θ + u
r
r ∂θ

(

 0 0

0  = 0 0
0  Sym 0
 
 

(

)

  0
 
= 0
 
 Sym
 

0

)

0
Sym

( )

1 ∂u θ
2 ∂X1
1 − u θ + ∂u θ
2
r
∂r

(








)

0

r χ1 
2 

0
0



et

0 0 τ 
σ ( G ,e1 ,er ,eθ ) = 0 0 0


 τ 0 0



avec τ = 2Gε X1θ

et

G=

E
2(1+ ν )

G est appelé le module de glissement ou module de Coulomb
...


I
...
I
...
V
...
Donc, si on note θAB l'angle de torsion entre deux sections
A et B, on obtient:
X
X
θ AB =∫X B χ1dX1 =∫X B
A

A

τ
dX1
Gr

soit

θ AB = ∫

XB

XA

M1
dX1
G I1

(12)

II - 3 Exemple
Un arbre en acier de longueur L=1m est sollicité en torsion par un couple M=1500 mN
...
25 °/m et que la contrainte de cisaillement soit inférieure à 120 N/mm2
...
104 N/mm2 et ρ=7800 kg/m3
...

b) On suppose que l'arbre est un tube de diamètre extérieur De=90 mm
...

* Critère de déformation
On veut χ1 < αL soit χ1 =
Or

(

)

M
M
≤ α L ou encore I1 ≥
=43
...

D 4 − D4
e
i
b) Pour un tube, le moment quadratique est I1 = π

...
105 mm4, on trouve Di=68
...


I
...
I
...
V
...


2
Zone comprimée σ <0
Zone tendue σ>0

I
...
I
...
V
...


* Contrainte normale due au moment fléchissant
σ11 = E(a 1 + χ 2 X 3 − Eχ 3 X 2 ) = −Eχ 3 X 2 , soit:

σ11 = −

M3
X2
I3

(18)

* Contrainte tangentielle
2

A

D
C
3

B

1

2 A'
A
S2
B
B'
3
1
b
S1

X1+dX1

X1

Considérons un tronçon de poutre, non-chargé, compris entre X1 et X1+dX1
...



 0
0 0


Les équation d'équilibre nous donnent σ11,1 + σ12, 2 = 0 , σ12 ,1 = 0 et T,1 = 0
T1,1 = 0֏ ∫∫ σ11,1dX 2 dX 3 = 0
S

∫∫ σ11,1dX 2 dX 3 + ∫∫ σ11,1dX 2 dX 3 =0
S1

S2

I
...
I
...
V
...

R (1 + y ′)3 / 2

Donc pour des déformées "petites", c'est-à-dire y'<<1, on obtient 1/R≅y"
...
1 Exemple de flexion pure plane
F
F
Une poutre droite rectiligne de section constante repose sans
A

B
C

D

charge concentrée F=1500 N en C et D
...

RA
F
F RB

A

frottement sur 2 appuis simples en A et B et supporte une

a) On cherche à déterminer les réactions aux points où sont
imposées des conditions cinématiques (en A et B)
...

Pour déterminer les réactions, on applique le principe fondamental de la statique
...

∑ Forces = 0soit R A + 2F + R B = 0

R AX   0   0  R BX  0

     
  
R AY  + − F + − F + R BY  = 0
 0   0   0   0  0

     
  
∑ Momentsen A = 0soit AC ∧ F + AD ∧ F + AB ∧ R B = 0
a   0  2a   0  3a  R BX  0
          
  
0 ∧ − F +  0  ∧ − F +  0  ∧ R BY  = 0
0  0   0   0   0   0  0
          
  
Les équations d'équilibre et la symétrie du problème impliquent: R A = R B = − F

I
...
I
...
V
...

On sait que les contraintes généralisées dans une section donnée sont égales au torseur des
actions extérieures à droite de la section, ou encore, à l'inverse du torseur des actions
extérieures à gauche
...

−T = R A soit T1 = T3 = 0 et T2 = − F
− M = GA ∧ R A

soit M1 = M 2 = 0 et M 3 = xF

Le tronçon AC est dans un état de flexion plane simple
...

− T = R A + Fsoit T1 = T2 = T3 = 0
− M = GA ∧ R A + GC ∧ Fsoit M1 = M 2 = 0et M 3 = aF

Le tronçon CD est dans un état de flexion pure
...
2 Exemple de flexion plane simple
P=1500N

P=1500N

A

Une poutre droite rectiligne de section circulaire
B

C
1m

D
2m

2m

P

RB

constante repose sans frottement sur 2 appuis simples en
A et B
...
Quel doit être le rayon de cette
poutre ?

P
C

RA
A

D

a) On cherche à déterminer les réactions aux points où
sont imposées des conditions cinématiques (en A et B)
...

∑ Forces = 0soit R A + 2P + R B = 0
R A + R B = 2P
∑ Momentsen A = 0soit AC ∧ P + AD ∧ P + AB ∧ R B = 0
P − 2 P + 4R B = 0
Soit RB=P/4 et RA=7P/4
b) On cherche les contraintes généralisées dans la poutre
...

* soit une section G dans le tronçon de poutre CA
...


I
...
I
...
V
...

M = GB ∧ R B soit M1 = M 2 = 0et M 3 = P(5 − x ) / 4
Le moment maximal est atteint pour x=1, soit M3max=-1*P
...
1 Méthode de la double intégration
d2uf M3
2
On a vu que
, donc par intégrations successives on obtient:
=
2
EI 3
dX1

 M

u f = ∫  ∫ 3 dX1 dX1 + C1X1 + C 2
(21)
2
 EI

3


où C1 et C2 sont des constantes qui seront déterminées par les conditions aux limites
...

a) Premièrement on cherche les réactions aux points d'appuis
...

* Dans le tronçon AB: 0M = −GA ∧ R A soit M 3 = R A X = 3FX / 4 = 12X
Soit EI 3 u 2 = 2X + C1X + C2
f

3

* Dans le tronçon BC: 1M = −GA ∧ R A − GB ∧ Fsoit M 3 = R A X + F(1 − X) = 16 − 4X
Soit EI 3 u f = −2(X − 4) 3 / 3 + C 3 X + C 4
2
c) Pour déterminer les constantes on utilise les conditions aux limites et les conditions de
continuité
...
S
...
T
...


- 45 -

Résistance des Matériaux

u f
(0) = 0
 2 AB
C1 = −14
f
u f
C = 0
 2 AB (1) = u 2 BD (1)

cequidonne 2
 f
f
u 2,1 AB (1) = u 2,1 BD (1)
C 3 = 10
 f
C 4 = −40

( 4) = 0
u 2
 BD
En définitive u f
2

AB

(X) = 2X 3 − 14Xet u f
2

BD

(X) = −2(X − 4) 3 + 10X − 40

III - 5
...


On définit la fonction de singularité d'ordre n:
Sin < 0 f n (X) = ∞lorsqueX = a

f n (X) = 0lorsqueX ≠ a

n
f n (X) ≡ X − a telleque
n
Sin ≥ 0 f n (X) = (X − a ) lorsqueX ≥ a

f n (X) = 0lorsqueX < a

De la même manière on définit les règles d'intégration suivantes:
X

∫ x−a

lorsque n<0

n

−∞
X

dx = X − a

n +1

X−a

n +1

∫ (x − a ) dx =

lorsque n≥0

n

−∞

n +1

Utilisation pour le calcul des flèches
Soit q(X) un chargement vertical agissant sur une poutre
...
Donc, par quatre intégrations successives on détermine la déformée de la poutre
...
S
...
T
...


−1

- 46 -

Sollicitations simples

q

a
W0

q = W0 X − a

0

X
q

b
W0

a

q=

X
q

w0
X−a
b−a

1

b
W0

a

q=

X

w0
(b − a ) 2

X−a

2

Utilisation dans l'exemple précédent:
On sait que RA=12kN et RB=4kN
...

1

1

1

Par une nouvelle intégration M 3 = 12 X − 16 X − 1 + 4 X − 4 + cste
La constante est nulle car pour X<0 et X>4 il n'y a aucun effort moment fléchissant
...
Soit C1=-14kN
...

III - 5
...
Les réactions qui ne peuvent être
calculées par les seules équations d'équilibre détermine le degré d'hyperstaticité d'un système
...

B

I
...
I
...
V
...


RB
RA

P

Nous avons dans ce cas, 2 équations
d'équilibre et 5 inconnues RA, RB, RC

RC

P

MA

MC et MA, MC: le système est hyperA

C

B

statique de degré 3
...
S
...
T
...


0
1

/ 2 + R C X − (a + b )

* Utilisation des conditions aux limites
...


(

EI 3 u f II (X) = −R C − L X
2

2

/2+ X

3

/6

)

Flèche en L=a+b
EI 3 u f II (L) = R C L3 / 3
2
Superposition des problèmes :
Comme il y a un appui simple en C, on doit écrire,
u f I (L) + u f II (L) = 0
2
2
Soit
2R C L3 + Pa 2 (−3L + a ) = 0 et

RC =

Pa 2
2L3

I
...
I
...
V
...
Les autres champs
de déplacement seront notés v , ceux de déformations e et ceux de contraintes s
...
A
...
A
...
A
...
A
...
S
...
T
...


(5)

- 50 -

Méthodes énergétiques

I - 2 Théorème fondamental
Proposition:
Pour tout champ de déformations e et tout champ de contraintes s , on a:

W (e) + W * (s) − ∫∫∫Ω e(X) : s(X)dX≥0

(6)

et l'égalité n'a lieu que si et seulement si e et s satisfont la loi de comportement
s = C:e
...
Donc,
−1
1

 1
∀X ∈ W, ∀s(X) ∈ ℝ 3 ⊗S ℝ 3 Max 3  e′(X) : s(X) − e′(X) : C(X)e′(X) = s(X) : C (X)s(X)
e′(X)∈R 3 ⊗S R 
2
 2
−1

Comme le maximum est atteint pour e(X) = C (X)s(X) , on peut écrire
−1

∀e(X) ∈ ℝ

3

⊗S

ℝ , ∀s(X) ∈ ℝ
3

3

⊗S

ℝ

3 1
2

e(X) : C(X)e(X) + s(X) : C (X)s(X) − e(X) : s(X) ≥ 0
1
2

Par intégration, on retrouve donc bien (6)
...


Théorème fondamental:

Le triplet (u , ε, σ) est solution du problème d'élasticité linéaire
u estC
...

∀vC
...

σestS
...

∀X ∈ Ωε = 1 gradu + grad T u sietseulementsi ∀sS
...

2
ξ( v) ≥ ξ(u ) = ξ* (σ) ≥ ξ* (s)
σ = Cε

(

)

(7)

Démonstration:
Soient v C
...
et s S
...
; d'après (6) on a
W(Bv) + W * ( s ) − ∫∫∫Ω Bv : s dX

≥0

Par application du principe des puissances virtuelles et des équations d'équilibre (I-18), on a
∫∫∫Ω Bv : s dX

= ∫∫∫Ω f ⋅ v dX + ∫∫∂Ω F F ⋅ v dX + ∫∫∂ΩU s n ⋅ v dX
= ∫∫∫Ω f ⋅ v dX + ∫∫∂Ω F F ⋅ v dX + ∫∫∂ΩU s n ⋅ U dX

En reportant dans (6)
W(Bv) − ∫∫∫Ω f ⋅ v dX − ∫∫∂Ω F F ⋅ v dX

≥ − W * ( s ) + ∫∫∂ΩU s n ⋅ U dX

Soit, en utilisant (4) et (5)

ξ(v )≥ξ* ( s )

I
...
I
...
V
...


II - 2 Cas particulier de la Traction/Compression
Soit un barreau de longueur L, de section S, soumis à une force F à chaque extrémité
...
S
...
T
...


- 52 -

Méthodes énergétiques

II - 3 Cas particulier de la flexion plane simple
Soit une poutre droite soumise à des charges transversales, c'est-à-dire T1=T3=M1=M2=0
et T2≠0 , M3≠0
Dans ce cas
1 L T2 M2 
W = ∫0  2 + 3  dX1
2  GS EI 3 



(11)

On peut vérifier que, dans la plupart des cas, l'énergie associée aux contraintes de
cisaillement est négligeable comparativement à l'énergie associée aux contraintes normales
...
Donc on peut légitimement négligé l'influence du cisaillement
...
S
...
T
...


- 53 -

Résistance des Matériaux

III - Théorème de réciprocité de Maxwell-Betti
On considère deux états d'équilibre d'un même système
...

I
div σ + f I = 0 dans Ω
I

σ ⋅ n = FI

sur ∂Ω
II

II

- L'état d'équilibre II, défini par les champs σ , ε , u II , correspond à des forces
volumiques f et à des efforts surfaciques F sur ∂Ω
...


Application:
P

Dans le problème suivant, la flèche est donnée par :
P
y=−
(2L3 − 3L2 X + X3)
6EI

L
Q
Quelle est la flèche, à l'extrémité de la poutre si on applique une

a
L

charge Q à une distance 'a' de cette extrémité?

- Soit (yP)Q la flèche au point d'application de la charge P due à la charge Q
...

Par application du théorème de réciprocité:
(yP)Q P = (yQ)P Q
Soit
(y P ) Q = −

Q
(2L3 − 3L2a + a 3 )
6EI

I
...
I
...
V
...
Ces forces et les
réactions constituent le système I
...
D’après (9), l'énergie de déformation est alors
1
WI = ∑ Pi ⋅ ui
2 i
On cherche la variation de l ‘énergie par rapport à une force donnée ou encore la dérivée
de l’énergie par rapport à une force par exemple Pr
...
On constitue ainsi un système de
forces II
...
S
...
T
...


- 55 -

Résistance des Matériaux

En généralisant le développement précédent, on peut énoncer le théorème de Castigliano:

La projection du déplacement du point d'application d'une force sur la direction
de cette force est égale à la dérivée partielle de l'énergie de déformation par
rapport à cette force
...


IV - 2

Conséquence: Principe du travail minimum ou théorème de
Ménabréa

Considérons une poutre hyperstatique reposant sur des appuis invariables
...
Or, il n'y a que 3 équations
d'équilibre; le système est donc 3 fois hyperstatique
...


Fi

R'2
R'1
Ci

MB

B
R2

MA

A

R1

Ce système a la même énergie de déformation que précédemment
...


Les valeurs que prennent les réactions hyperstatiques correspondant aux liaisons
surabondantes rendent stationnaire l'énergie interne
...


I
...
I
...
V
...
1 Poutre console
P
Flèche en A et B?
L/2
L/2
Rotation en A ?
A

B
a) La poutre est sollicitée en flexion
...

et pour L/2≤x≤L M3=-Px-Q(x-L/2)
Pour 0≤x≤L/2 M3=-Px
d'où
W=

L3
(8P 2 + Q2 + 5PQ)
48EI 3

et finalement
∂W
uB =
∂Q

Q= 0

L3
5PL3
=
(2Q + 5P) =
48EI 3
48EI 3
Q =0

(vers le bas)

c) Pour déterminer la rotation de la section A, on applique en A un couple fictif MA
...
S
...
T
...


- 57 -

Résistance des Matériaux

IV - 3
...


3

B

1

On considère un treilli de barres articulées
...


C

2

Q

Pour ce faire, on applique en C deux charges fictives P et Q (avec P=Q=0)
Equilibre du point C : cos 45° F3 = Q

sin 45° F3 + F2 = P
Equilibre du point D : F4 = cos45° F3 + 1
sin 45° F3 + F5 = 0
Equilibre du point B : F2 = cos45° F6 + F1
sin 45° F6 + F5 = 2
D'où
F1 = P − 2Q − 2 , F2 = P − Q ,

F3 = Q 2 , F4 = 1 + Q , F5 = −Q , F6 = 2(Q + 2)

Par application de (10),
6
F2 L
1 6 2
W=∑ i i =
∑ Fi L i
2SE i=1
i =1 2S iE i
d'où

L
(F12 + F22 + 2F32 + F42 + F52 + 2F62 )
2SE
*Détermination du déplacement vertical du point C
∂W
L
=
(−4(P − 2Q − 2) − 2(P − Q) + 4 2Q + 2(1 + Q) + 4Q + 4 2(2 + Q))P =0
∂Q P =0 2SE
Q= 0
Q= 0
W=

Soit

L
(5 + 4 2 )
SE
*Détermination du déplacement horizontal du point C
∂W
L
∆xC =
=
(2 (P − 2 Q − 2 ) + 2(P − Q) )P = 0
P=0
∂P Q = 0 2SE
Q=0
∆yC = −

Soit
∆xC = −

2L
SE

I
...
I
...
V
...
3 Application aux systèmes hyperstatiques
ω

L

A

B

La réaction en A est une réaction surabondante
...
Nous avons vu (14), en considérant deux états d'équilibre d'un même système, que:
I
II
I
II
I
II
∫∫∫ σ :ε dΩ = ∫∫∫ f ⋅ u dΩ + ∫∫ F ⋅ u d∂Ω
Ω

Ω

∂Ω

Si le système n'est soumis qu'à J forces ou couples ponctuels

∫∫∫

Ω

n

n

i
σ :ε dΩ = ∑ F ⋅ u (x ) + ∑ CIi ⋅ ω II (x1 )
I

II

i =1

I
i

II

i
1

i =1

d'où, en développant l'énergie interne, on obtient:
I II
I II
I
II
I
II
I
II
L  T I T II
 1 1 + T2 T2 + T3 T3 + M1 M 1 + M 2 M 2 + M3 M3  dX1 =

∫0  ES GS GS GI1
EI 2
EI 3 
n

∑F ⋅u
I
i

i =1

n

II

i
i
(x1 ) + ∑ C Ii ⋅ ω II (x1 )
i=1

I
...
I
...
V
...

Réaction en C: MC,RCx, RCy
...


R Bx + R Cx = 0
R By + R Cy − ωL = 0
2
ωL

M C − R By L + R Bx h +
=0

2
* On défini le système I par le portique isostatique associé (on supprime l'articulation en
B)
...
S
...
T
...


- 60 -

Méthodes énergétiques

B et C étant fixes, on obtient:
h M I M II
L M I M II
3
3
3 3
dy + ∫
dx = 0
∫0 EI AB
0 EI
AC
2
L


1
[(R Bx y)(F1y)]dy + ∫0 EI1  RBx h − R By x + ωx  (F1 h − F2x)dx = 0
∫0 EI AB

2 

AC 
2
2
3
2
3
4
R Bx F1 h
1 
 F R h 2 L − F hR L + F hω L − F R h L + F R L − F ω L  = 0
+
1 Bx
1
By
1
2 Bx
2 By
2
2I AB
I AC 
2
6
2
3
8
2
2
3
2
3
4
I R h

L
L
L
L
L
2
F1  AC Bx + R Bxh L − hRBy
+ hω  + F2  − RBx h
+ R By
−ω
=0

 2IAB
2
6
2
3
8
h

Ceci doit être vrai en particulier pour F1=0 ou F2=0, d'où
 3I AC R Bx h2

+ 6R Bx h2 L − 3hRBy L2 + hωL3 = 0
IAB

−12RBx hL2 + 8R ByL3 − 3ωL4 = 0

I h
Soit, en posant k = AC
IAB L
2
ωL
3ωL(k + 1)
R Bx =
et R By =
4h(4k + 3)
2(4k + 3)

V-3

Application: Détermination des déplacements et rotations
P

Si en un point d'abscisse curviligne X 1 , on applique une force ponctuelle unitaire pour le
système I, on obtient:
L

∫ (⋯)dX

1

0

II

= u (X1 )
II

P

P

où u (X1 ) est le déplacement du point dans le sens d'application de la force unitaire

Exemple:
On cherche, dans le cas d'une poutre console chargée uniformément, les déplacements et
rotations aux point A et B
...
S
...
T
...


- 61 -

Résistance des Matériaux

1

A

B

C


...


Dans ce cas M = −1 × x
...
D'où:
1 L x2
1 L x2
17ωL4
II
L 1
L
uB =
ω
x − 2 dx =
ω (x − 2 ) dx =
EI 3 ∫0 2
EI3 ∫L /2 2
384EI 3
L 1
2

I
3

* Rotation en A
Soit le système I suivant:
1
A

B

C


...
D'où:
L M I M II
1 L x2
ωL3
II
3
3
θA = ∫
dX1 =
ω dx =
0
EI3
EI 3 ∫0 2
6EI 3
I
3

* Rotation en B
Soit le système I suivant:
1
A

B

Dans ce cas M = −1 × x −

...
S
...
T
...


C


...
On se place dans la configuration déformée de la poutre
...
S
...
T
...


- 63 -

Résistance des Matériaux

on peut conclure que
EI 3 u f ,1111 + Pu f ,11 = q ( x )
2
2

(5)

Si la charge latérale est nulle, l'équation d'équilibre se traduit par:
EI 3

d 4u f
2
dx 4

+P

d 2u f
2
dx 2

=0

(6)

f

Une solution triviale de (6) est u 2 = 0 , mais dans le cas général on trouve:
u f ( x ) = c1 + c 2 x + c 3 sin(nx ) + c 4 cos(nx )
2

(7)

où

n=

P
EI 3

(8)

Pour déterminer les 4 constantes, nous utiliserons les conditions aux limites suivantes:
* Le déplacement latéral de la fibre moyenne
u f ( x ) = c1 + c 2 x + c 3 sin(nx ) + c 4 cos(nx )
2

(9a)

* La pente de la déformée de la fibre moyenne
u f ,1 ( x ) = c 2 + nc 3 cos(nx ) − nc 4 sin(nx )
2

(9b)

* Le moment fléchissant
M (x )
u f ,11 ( x ) = 3
= − n 2 c 3 sin(nx ) − n 2 c 4 cos(nx )
2
EI 3
* L'effort tranchant (en utilisant (3))
M 3,1 ( x ) Pu f ,1
T2 ( x )
2
=−
−
EI 3
EI 3
EI 3
f
2 f
= −u 2,111 − n u 2,1

(9c)

(9d)

= n 3 c 3 cos(nx ) − n 3 c 4 sin(nx ) − n 2 (c 2 + nc 3 cos(nx ) − nc 4 sin(nx ) )
= −n 2 c 2

II - Etude de quelques cas simples
II-1 Colonne Rotule-Rotule
Nous considérons une poutre rectiligne ayant une rotule à chacune de ses extrémités
...


I
...
I
...
V
...
Donc, si on élimine la
f
solution triviale u 2 = 0 , l'équilibre se traduit par une déformée de type (7) avec pour
conditions aux limites:
u f (0) = c1 + c 4 = 0
2

M 3 (0) / EI 3 = − n 2 c 4 = 0
 f
u 2 (L) = c1 + c 2 L + c 3 sin(nL) + c 4 cos(nL) = 0
M (L) / EI = − n 2 c sin(nL) − n 2 c cos(nL) = 0
3
3
4
 3
soit,

c1 = 0
c = 0
 2

c 3 sin( nL) = 0
c 4 = 0

si on élimine la solution triviale, on obtient un équilibre pour nL=Nπ
...


la poutre flambe
l'équilibre est instable

la poutre flambe


...

I
...
I
...
V
...
Nous
recherchons alors la charge critique de flambement que peut supporter cette poutre
...
A
f
l'extrémité, la poutre est libre de tout moment
...

2

(12)

(13)

II-3 Colonne Encastrée-Rotule
Nous considérons une poutre rectiligne encastrée à l'une de ses extrémités, dont l'autre
extrémité est astreinte à reste dans l'axe
...
S
...
T
...


- 66 -

Flambement

flambement que peut supporter cette poutre
...
A l'extrémité, la poutre est
libre de tout moment et ne peut se déplacer latéralement
...

La charge critique est donc atteinte pour:
π 2 EI 3
Pcr =
(0,7 L) 2
et la déformée est telle que:
  1,43πx 
 1,43πx  x 
u f ( x ) = c 4  cos
 − 0,223 sin 
 + − 1
2


 L  L 
  L 

(14)

(15)

III - Généralisation: Formule d'Euler
Historiquement, on appelle "formule d'Euler" la charge critique d'une poutre RotuleRotule
...
S
...
T
...


- 67 -

Résistance des Matériaux

Pcr =

π 2 EI 3
(KL) 2

où L représente la longueur de la poutre et KL la longueur d'une colonne Rotule-Rotule
équivalente
...

Par exemple, dans le schéma ci-après on représente en noir la poutre étudiée, et en gris la
symétrie utilisée pour retrouver la colonne rotule-rotule
...
S
...
T
...


K=1

- 68 -

Flambement

Autre écriture:
π 2 EI 3
π 2 ES
Pcr =
=
(KL) 2  KL  2


 r 
I
où S est la section et r = 3 est le rayon de giration de la section
...

r
La contrainte critique correspondante est alors
P
π2E
σ cr = cr =
2
S
 KL 


 r 

(16)

(17)

IV - Exemple
On cherche la charge maximale que peut supporter la structure ci-après
...


P

P

Direction
arrière

Poutre rigide
Direction
latérale

y
z

L

Iz = 9,18 10 6 mm4
Iy = 4,88 10 6 mm4
S = 2960 mm2
E = 200 Gpa
σe = 200 Mpa
L=4m

Comme l'indiquent les courbes pointillées, on peut identifier deux mécanismes de
flambement, l'un dans la direction latérale et l'autre dans la direction arrière
...
S
...
T
...


- 69 -

Résistance des Matériaux

* Flambement vers l'arrière
On se trouve dans la configuration d'une poutre encastrée-libre, donc K=2 et le coefficient
d'élancement de la colonne dans la direction arrière est
KL KL
2x 4 10 3
=
=
= 143,6
6
rz
Iz
9,18 10

S

2960

* Flambement latéral
On se trouve dans la configuration d'une poutre encastrée, donc K=1 et le coefficient
d'élancement de la colonne dans la direction latérale est
KL
KL
4 10 3
=
=
= 98,5
6
ry
Iy
4,88 10

S

2960

* Charge maximale
Le coefficient d'élancement ayant une valeur maximale pour le flambement vers l'avant, il
s'agit du cas le plus défavorable
...
S
...
T
...


- 70 -

Charges limites

COMPORTEMENT AU DELA DU
DOMAINE ELASTIQUE
CHARGES LIMITES
(Chapitre en cours de rédaction
...
etc
...
S
...
T
...


- 71 -

Résistance des Matériaux

II - Analyse limite en traction
II-1 Analyse élastique
Ce système est hyperstatique de degré 1
...

∆L AC
∆L AB =
2
A

avec
²L AB

²L AC

TAB L 2
et
ES
soit en définitive:
F

TAB = 2 + 2


2F
TAC =

2+ 2


∆L AB =

∆L AC =

TAC L
ES

La contrainte normale dans chaque barre est constante (état de traction pure)
...
On peut alors déterminer la
charge limite d'élasticité Fe, ou encore la charge pour laquelle apparaît de la plasticité:
TAC
= σe
S
soit
1 

Fe = Sσ e 1 +
(2)

2

et le déplacement correspondant
σ L
∆L ACe = e
E

(3)

I
...
I
...
V
...
L'effort normal dans le
barreau AC est donc constant et égal à Sσe
...

On peut déterminer la force limite pour laquelle on atteint ce mécanisme de ruine:
T
On cherche la force Fl telle que AB = σ e
...
S
...
T
...


- 73 -

Résistance des Matériaux

1

TAC
Sσ e

1
2

F
Sσ e

TAB
Sσ e
1+

1
2

1+ 2

Attention: Le déplacement n'est plus proportionnel à la charge appliquée
...


II-3 Décharge
On se place juste avant la charge ultime
...
Le
barreau AC, par contre, est plastifié et a subi un allongement permanent
...
La barre AC sera comprimée et les barres AB
et AD tendues
...
S
...
T
...


1
2

1+ 2

- 74 -

Charges limites

III - Analyse limite à la torsion
III-1 Généralités
τ

σe

On a vu que pour un cylindre soumis à de la torsion pure :
M
τ = Grχ1 = 1 r
I1

Cas1: On augmente le couple de torsion de telle sorte que les
fibres extérieures atteignent la limite d'élasticité σe
...
La déformation

augmente, donc l'angle de torsion augmente, mais la contrainte
ne peut dépasser la valeur limite σe
...
Toutes les fibres supportent donc une contrainte σe et

rien ne s'oppose à la rotation de la section
...


I
...
I
...
V
...
on lui
applique, à un tiers de sa longueur, un

A

couple de torsion MB
...
Soit MA=M1e
et
M Be

3
3πR 3
= M1e =
σe
2
4

* Analyse limite
Le seul mécanisme de ruine possible est lorsque les deux sections en A et C on atteint la

valeur limite
...


I
...
I
...
V
...

Soit:
I3
h
w=I3/h est appelé le module de flexion
...
Lorsque
toute la section est plastifiée, on dit que l'on a une rotule plastique
...

Plus généralement, on peut écrire
M 3L = KM 3e
où K est le facteur de forme de la section (dépendant uniquement de la géométrie)
...
S
...
T
...


- 77 -

Résistance des Matériaux

IV-2 Exemple: Méthode "pas à pas"
F
On étudie une poutre sur trois appuis
supportant une charge F et on cherche le

D
A

C

B

mécanisme de ruine et la charge limite
...

M3

13FL
64

B
A

D
-3FL
32

I
...
I
...
V
...
Dans ce cas on
a:
13
F1L
64
soit la charge
64 M L
F1 =
13 L
Pour cette charge le moment fléchissant dans la section B est :
6
M 3 ( L) = − M L
13
ML =

* Deuxième Pas:
²F

On augmente alors la charge F1 de ∆F
...


Les équations d'équilibre nous donnent les réactions isostatiques;
3
1
R ′B = − ∆F , R ′ = ∆F
C
2
2
et le diagramme des moments fléchissants
M3

B

C

x

D

A

-² FL
2
Donc, par superposition avec le problème précédent, on constate que la section B plastifie
ensuite lorsque M3(L)=-ML, c'est-à-dire:
6
1
− M L − ∆FL = − M L
13
2
ou encore pour un accroissement de charge
14 M L
∆F =
13 L
Lorsque les section D et B sont plastifiées, la structure s'effondre
...
S
...
T
...


- 79 -

Résistance des Matériaux

La flèche dans la section D est

u f (L / 2) =
2

23 F1L3 ∆FL3
5 M L L2
+
=
1536 EI 3 8EI 3 24 EI 3

IV-3 Théorème énergétique
D'après le principe des travaux virtuels, la somme du travail des efforts extérieurs et de
l'énergie interne est nulle
...

Soit une structure soumise à N forces d'intensité Pi (1≤i≤N) et présentant un mécanisme de
ruine à M rotules plastiques
...

On peut alors écrire:
N

M

i =1

j=1

∑ Pi δi = ∑ M jθ j

Exemple d'application:
ω

Le mécanisme de ruine apparaît lorsque les trois
sections A,B et C plastifient entièrement
...
S
...
T
...


l'état

limite

on

a

- 80 -

Charges limites

Vérification par la méthode pas à pas:
RA
Le système est hyperstatique
...


I
...
I
...
V
...
Le moment
ML fléchissant est:

ML

A

C

ωL
ωx 2
M 3 ( x ) = −M L +
x−
2
2
Le maximum est naturellement atteint dans la

section milieu B:
ωL2 ωL2 ωL2
−
=
− ML
4
8
8
On aura un mécanisme de ruine quand M3(L/2)=ML, soit
16M L
ωL =
L2
M 3 ( L / 2) = − M L +

16M L
L2
12 M L
L2

ω

δ
M L L2
32EI 3

M L L2
24EI 3

I
...
I
...
V
...
Débordes

*

"Rappels de résistance des matériaux"
Cours ESIM 1989, O
...
Nouveau

*

"Mécanique des structure: Poutres"
Cours Sup'Aéro 1987, S
...
Masson 1990, G
...
Masson 1995, P
...
Muller

*

"Mécanique des Milieux Continus"
ed
...
Salençon

*

"Résistance des matériaux"
ed
...
Bazergui, T
...
Biron, G
...
Laberge

*

"Résistance des matériaux" Tomes 1,2,3
ed
...
Giet, L
...
Dunos 1997, J
...
S
...
T
...


- 83 -

Résistance des Matériaux

I
...
I
...
V
...
Coordonnées cartésiennes orthonormées
OM = xe x + ye y + ze z
* Soit v = v x e x + v y e y + v z e z un vecteur, alors

 ∂v x
 ∂x
∂v i
∂v
grad ( v) = ∇v =
e i ⊗ e j =  ∂xy

∂x j
 ∂vz
 ∂x

divv =

∂v x
∂y
∂v y
∂y
∂v z
∂y

∂v x 
∂z 
∂v y 
∂z 
∂v z 
∂z 


et

∂v y ∂v z
∂v i
∂v
= Tr (grad ( v) ) = x +
+
∂x i
∂x
∂y
∂z

∆v = div(grad ( v) ) =

∂ 2 vi
e i = ∆v x e x + ∆v y e y + ∆v z e z
∂x j ∂x j

* Soit f une fonction scalaire, alors
 ∂f 
 ∂x 
∂ 2f
∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f
∂f
 ∂f 
∆f = div(grad (f ) ) =
= 2 + 2 + 2
grad (f ) = ∇f =
e i =  ∂y  et
∂x j∂x j ∂x
∂x i
∂y
∂z
 ∂f 
 ∂z 
 
Txx Txy Txz 
* Soit T = Tij e i ⊗ e j = Tyx Tyy Tyz  un tenseur symétrique du deuxième ordre, alors:
 Tzx Tzy Tzz 


 ∂Txx + ∂Txy + ∂Txz 
∆Txx ∆Txy ∆Txz 
∂y
∂z 
 ∂x
∂Tij
∂ 2 Tij


 ∂Tyx ∂Tyy ∂Tyz 
div(T) =
e i =  ∂x + ∂y + ∂z  et ∆T =
e i ⊗ e j = ∆Tyx ∆Tyy ∆Tyz 
∂x j
∂x k ∂x k
 ∂T
 ∆Tzx ∆Tzy ∆Tzz 
∂Tzy
∂Tzz 
zx


+ ∂y + ∂z 
 ∂x



I
...
I
...
V
...
Coordonnées cylindriques
∂ OM
∂ OM
1 ∂ OM
= er ,
= eθ ,
= ez
∂r
∂z
r ∂θ
d(OM) = e r dr + rdθe θ + e z dz
∂e θ
∂e r
∂e z
,
=0
=0 ,
=0
∂r
∂r
∂r
∂e θ
∂e r
∂e r
= eθ ,
= −e r ,
=0
∂θ
∂θ
∂θ
∂e θ
∂e r
∂e z
=0 ,
=0
,
=0
∂z
∂z
∂z
* Soit v = v r e r + v θ e θ + v z e z un vecteur, alors
OM = re r + ze z et

 ∂v r
 ∂∂r
v
grad ( v) = ∇v =  ∂rθ
 ∂v z
 ∂r


1
r
1
r

(
(

∂v r
− vθ
∂θ
∂vθ
+ vr
∂θ
∂v z
1
r ∂θ

)
)

∂v r 
∂z 
∂v θ

∂z
∂v z 
∂z 


et

∂v r v r 1 ∂v θ ∂v z
+
+
+
∂r
r r ∂θ
∂z
vθ 
vr 
2 ∂v
2 ∂v


∆v = div(grad ( v) ) =  ∆v r − 2 θ + 2 e r +  ∆v θ + 2 r − 2 e r + ∆v z e z
r ∂θ r 
r ∂θ r 


divv = Tr (grad ( v) ) =

* Soit f une fonction scalaire, alors
grad (f ) =

∂f
∂r

∂f
e r + 1 ∂θ e θ + ∂f e z et
r
∂z

∆f =

∂ 2f
∂r 2

+

1 ∂f 1 ∂ 2 f ∂ 2 f
+
+
r ∂r r 2 ∂θ 2 ∂z 2

 Trr Trθ Trz 
* Soit T = Tij e i ⊗ e j = Tθr Tθθ Tθz  un tenseur symétrique du deuxième ordre, alors:
 Tzr Tzθ Tzz 


∂Trθ
Trr −Tθθ 
∂Trr
∂Trz

+1
+ ∂z + r
 ∂∂r r ∂∂θ
 Tθr 1 Tθθ ∂Tθz 2Trθ 

div(T) =  ∂r + r ∂θ + ∂z + r 
 ∂Tzr 1 ∂Tzθ ∂Tzz Tzr 
 ∂r + r ∂θ + ∂z + r




3
...
S
...
T
...


- 86 -

Annexe

∂e ϕ
∂e θ
∂e r
=0
,
=0
,
=0
∂r
∂r
∂r
∂e ϕ
∂e θ
∂e r
= eθ
,
= −e r
,
=0
∂θ
∂θ
∂θ
∂e ϕ
∂e θ
∂e r
= sin θe ϕ ,
= cos θe ϕ ,
= sin θe r − cos θe θ
∂ϕ
∂ϕ
∂ϕ
* Soit v = v r e r + vθe θ + v ϕ eϕ un vecteur, alors

 ∂vr
 ∂r
 ∂v
grad ( v) =  ∂rθ
 ∂vϕ
 ∂r


1
r
1
r

(
(

∂v r
− vθ
∂θ
∂v θ
+ vr
∂θ
1 ∂v ϕ
r ∂θ

divv = Tr (grad( v) ) =

)
)

)

(

1 1 ∂v r − v
ϕ
r sin θ ∂ϕ
∂v θ
1 1
− cot gθv ϕ
r sin θ ∂ϕ
1  1 ∂v ϕ + cot gθv + v
θ
r
r  sin θ ∂ϕ


(

)




 et




v
∂v r
v
1 ∂v θ
1 ∂v ϕ
+2 r +
+
+ cot gθ θ
∂r
r r ∂θ r sin θ ∂ϕ
r


2
1 ∂ ( vθ sin θ) 1 ∂vϕ  
∆v r − r 2  v r + sin θ ∂θ + sin θ ∂ϕ 




2  ∂v r
vθ
cos θ ∂vϕ 
∆v = ∆vθ + 2  − 2 − 2


r  ∂θ 2 sin θ sin θ ∂ϕ 


v
∆vϕ + 2 2  ∂v r +cot gθ ∂vθ − ϕ  
 ∂ϕ

∂ϕ 2 sin θ  
r sin θ 


* Soit f une fonction scalaire, alors
 ∂f 
r
 1∂∂f 
∂ 2 f 2 ∂f 1 ∂ 2 f
1
∂f
1
∂ 2f
grad(f ) =  r ∂θ 
et
∆f = 2 +
+
+ cot gθ + 2
r ∂r r 2 ∂θ 2 r 2
∂θ r sin 2 θ ∂ϕ 2
∂r
 1 ∂f 
 r sin θ ∂ϕ 
 Trr Trθ Trϕ 
* Soit T = Tij e i ⊗ e j =  Tθr Tθθ Tθϕ  un tenseur symétrique du deuxième ordre, alors:
Tϕr Tϕθ Tϕϕ 


∂Trϕ
∂Trθ
∂Trr

+1
+ 1
+ 1 (2T −T −T +T cot gθ )
 ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ r rr θθ ϕϕ rθ

 ∂Tθr 1 ∂Tθθ
1 ∂Tθϕ + 1 [(T −T ) cot gθ + 3T ]
div(T) =  ∂r + r ∂θ + r sin θ ∂ϕ r θθ ϕϕ
rθ 
 ∂Tϕr 1 ∂Tϕθ

1 ∂Tϕϕ
 ∂r + r ∂θ + r sin θ ∂ϕ + 1 [2Tθϕ cot gθ + 3Trϕ ] 
r



4
...
S
...
T
...


- 87 -

Résistance des Matériaux

grad(**) = (* *), j ⊗ e j
Si on applique cette remarque à un vecteur, on obtient:
grad(V) = (v i e i ), j ⊗ e j
En n'oubliant pas de dériver les vecteurs de base car nous sommes dans un système de
coordonnées cylindrique,
grad (V) = (v i ei ), j ⊗ e j = v i, j ei ⊗ e j + v i e i, j ⊗ e j = v i, j e i ⊗ e j + v i e i,θ ⊗ e θ
= v i , j e i ⊗ e j + v r e r ,θ ⊗ e θ + v θ e θ,θ ⊗ e θ
v
v
= v i, j ei ⊗ e j + r e θ ⊗ eθ − θ e r ⊗ e θ
r
r
Pour obtenir l'opérateur divergence, il suffit de prendre la trace du gradient,
div(**) = Tr (grad(**))
soit dans le cas d'un vecteur:

(

)

v r ∂v r 1 ∂v θ ∂v z v r
=
+
+
+
r
∂r r ∂θ
∂z
r
Appliquons maintenant cette méthodologie à un tenseur d'ordre 2
...
S
...
T
...




---

Title: RDM
Description: now you can understand rdm

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