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RESISTANCE DES MATERIAUX
MODULE 03:
M
RD
Par: Mr. MAGRI
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CH 6- Torsion Simple
1. Définition
Une poutre droite est sollicitée en torsion simple chaque fois que les actions
aux extrémités (A et B) se réduisent à deux couples ℳ et −ℳ égaux et
opposés d’axe la ligne moyenne.
. ℳ
−ℳ B
A
.
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VI- Torsion Simple
2. Déformations – Angle de torsion 𝜶
Avant déformation (Au repos):
2.1. Constatations expérimentales
. . .
. . .B
G
A
𝑪𝟎 𝑲𝟎 𝑫𝟎
𝒙
𝒚
génératrice
• Les sections sont droites, planes et perpendiculaires à la ligne moyenne.
• Les fibres ou génératrices sont parallèles à la ligne moyenne.
• Les rayons GK sont droits.
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VI- Torsion Simple
Après déformation (en charge):
. .
. . .B
G
A
𝑪𝟎 𝑲𝟎 𝑫𝟎
𝒙
𝒚
.
.
.
𝑲
𝑫
𝜶𝒙
𝜶
𝒙
𝑳
𝜶𝒙 = 𝑲𝟎𝑮𝑲 : angle de torsion entre les sections droites A et G
𝜶 = 𝑫𝟎𝑩𝑫 : angle de torsion de la poutre
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VI- Torsion Simple
Constatations expérimentales:
• Les sections sont restées droites, planes et perpendiculaires à la ligne moyenne.
• Les fibres ou génératrices s’enroulent suivant des hélices autour de la ligne
moyenne.
• La longueur des fibres restent sensiblement invariable ou constante (hypothèse
des petites déformations).
• Les sections droites tournent ou glissent en bloc les unes par rapport aux autres
(rotations autour de la ligne moyenne).
• Les rayons GK restent droits dans le domaine élastique, mais s’incurvent dans le
domaine plastique.
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VI- Torsion Simple
2.2. Angle unitaire de torsion 𝜽
Si on suppose que les sections droites tournent toutes entre elles de la même
façon, alors l’angle de torsion entre deux sections droites quelconques est
proportionnel à la distance entre celles-ci. Autrement dit :
𝜶
𝑳
=
𝜶𝒙
𝒙
= 𝜽 𝜽 est appelé 𝐚𝐧𝐠𝐥𝐞 𝐮𝐧𝐢𝐭𝐚𝐢𝐫𝐞 𝐝𝐞 𝐭𝐨𝐫𝐬𝐢𝐨𝐧
Exemple: Tournevis
Si l’angle de torsion mesuré entre A et B
est égal à 𝜶 = 𝟏𝟒. 𝟔°, Déterminer 𝜽 :
𝐿 = 200 𝑚𝑚 ℳ =24 N.m
B
A
On a: 𝜽 =
𝜶
𝑳
=
𝟏𝟒, 𝟔°
𝟐𝟎𝟎
= 𝟎, 𝟎𝟕𝟑 °. 𝒎𝒎−𝟏
Ou encore: 𝜽 = 𝟕𝟑 °. 𝒎−𝟏 ⇒ 𝜽 = 𝟕𝟑 ° ×
𝝅
𝟏𝟖𝟎°
= 𝟏, 𝟐𝟕𝟒 𝒓𝒂𝒅. 𝒎−𝟏
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VI- Torsion Simple
3. Efforts intérieurs – Moment de torsion 𝑴𝑻
La démarche reste la même qu’aux chapitres précédents, on pratique une coupure
fictive (S) dans la poutre afin de la diviser en deux tronçons pour faire apparaître et
calculer (statique) les efforts intérieurs ou de cohésion (S est une section droite).
ℳ
−ℳ
𝒙
𝑴𝑻
−𝑴𝑻
L’étude de l’équilibre de l’un ou l’autre tronçon montre que les actions de cohésion se
réduisent à un couple de torsion 𝑀𝑇 d’axe la ligne moyenne, tel que: 𝑴𝑻 = 𝑴
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VI- Torsion Simple
Remarque:
Dans le cas de la torsion, tous les autres efforts intérieurs sont nuls:
𝑵 = 𝑻 = 𝑴𝒇 = 𝟎
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VI- Torsion Simple
4. Contraintes tangentielles de torsion 𝝉
En torsion, et dans le cas des petites déformations, les contraintes normales 𝝈 sont
négligeables. Les contraintes dans la coupure (S) se réduisent à des contraintes
tangentielles ou de cisaillement 𝝉. A partir de la relation « 𝝉 = 𝑮 × 𝜸» obtenue au
chapitre « Cisaillement », on montre que la contrainte 𝝉 en un point M quelconque de
la coupure (S) est proportionnelle à la distance 𝝆 = 𝑮𝑴, entre le point et la ligne
moyenne:
𝝉 = 𝑮 × 𝜽 × 𝝆
Avec:
• 𝑮: Module de Coulomb en (Mpa)
• 𝜽: Angle Unitaire de Torsion en (rad/mm)
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VI- Torsion Simple
Remarque:
Tous les points situés sur un même cercle de centre G et de rayon 𝝆 ont même
contrainte. Les contraintes sont maximales à la périphérie (𝝆𝒎𝒂𝒙 = 𝑹):
𝝉𝒎𝒂𝒙 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑹
On rappelle que pour les métaux et en particulier les aciers et les fontes:
𝑮 = 𝟎, 𝟒 × 𝑬
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VI- Torsion Simple
Exemple:
Reprenons le cas de la tige de tournevis, 𝑮 = 𝟖𝟎 𝑮𝒑𝒂 , 𝜽 = 𝟕𝟑 °. 𝒎−𝟏
Déterminer la contrainte de cisaillement maximale dans la tige.
Diamètre de la tige : 𝒅 = 𝟕 𝒎𝒎
On a: 𝝉𝒎𝒂𝒙 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑹
= 𝟖𝟎𝟎𝟎𝟎 × 𝟏, 𝟐𝟕𝟒 × 𝟏𝟎−𝟑 × 𝟑, 𝟓
⇒ 𝝉𝒎𝒂𝒙= 𝟑𝟓𝟔, 𝟕 𝑵/𝒎𝒎²
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VI- Torsion Simple
5. Relation entre 𝑴𝑻 et 𝜽
En chaque point M de la coupure s’exerce, pour l’élément de surface 𝒅𝑺 autour de M,
une force élémentaire 𝒅𝑭 dont la direction est perpendiculaire à 𝑮𝑴
Le moment en G de cette force est: 𝓜𝑮 𝒅𝑭 = 𝒅𝑭 × 𝑮𝑴 = 𝝆 × 𝒅𝑭
Le moment de torsion 𝑴𝑻 est égal au moment résultant de toutes les forces
élémentaires 𝒅𝑭 en chaque point M de la section (S):
𝑴𝑻 =
(𝑺)
𝒅𝑭 × 𝑮𝑴 =
(𝑺)
𝝆 × 𝒅𝑭 =
(𝑺)
𝝆 × 𝝉 × 𝒅𝑺 =
(𝑺)
𝝆² × 𝑮 × 𝜽 × 𝒅𝑺
= 𝑮 × 𝜽 ×
(𝑺)
𝝆2
× 𝒅𝑺 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑰𝟎
Le terme 𝑰𝟎 = (𝑺)
𝝆𝟐
× 𝒅𝑺 est appelé moment quadratique polaire de la section
(S) par rapport au point G.
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VI- Torsion Simple
L’angle unitaire de torsion 𝜽 est proportionnel au moment de torsion 𝑴𝑻 ∶
𝑴𝑻 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑰𝟎
• 𝑴𝑻 : Moment de torsion (N.mm)
• G : Module d’élasticité transversal (MPa)
• 𝜽 : L’angle unitaire de torsion (rad/mm)
• 𝑰𝟎 : Moment quadratique polaire (𝒎𝒎𝟒
)
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VI- Torsion Simple
6. Relation entre 𝑴𝑻 et 𝝉
A partir des relations: 𝝉 = 𝑮 × 𝜽 × 𝝆 et 𝑴𝑻 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑰𝟎
On peut déduire:
𝝉 =
𝑴𝑻
𝑰𝟎
× 𝝆
7. Condition de résistance
Sauf pour le cas où la rupture est recherchée, la contrainte tangentielle 𝝉 doit
rester inférieure à la résistance pratique au glissement ou au cisaillement 𝑹𝒑𝒈
du matériau. Autrement dit :
𝝉 =
𝑴𝑻
𝑰𝟎
× 𝝆 ≤ 𝑹𝒑𝒈 =
𝑹𝒆𝒈
𝓈
∀𝝆
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VI- Torsion Simple
Exemple:
Pour le tournevis précédent, on impose une contrainte admissible au cisaillement de
𝑹𝒑𝒈 = 𝟐𝟎𝟎 𝑴𝒑𝒂. Déterminer la valeur minimale du diamètre d lorsque 𝑴 = 𝟐𝟒 𝑵. 𝒎
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VI- Torsion Simple
Rappel sur les moment quadratiques
Définition:
Soit (𝑆) une surface plane et un repère orthonormé (𝑂, 𝑥, 𝑦) associé. Le moment quadratique
élémentaire de 𝒅𝑺 par rapport à (𝑂𝑥) , noté 𝒅𝑰𝒙 est défini par :
𝒅𝑰𝒙 = 𝒚𝟐
× 𝒅𝑺
et pour l'ensemble de la surface (𝑆) :
𝑰𝒙 =
𝑺
𝒚𝟐
× 𝒅𝑺
Remarques :
• L'unité de moment quadratique est le 𝑚𝑚4
(ou le 𝑐𝑚4
)
• Un moment quadratique est toujours positif.
et par rapport à Oy : 𝑰𝒚 =
𝑺
𝒙𝟐
× 𝒅𝑺
𝒚
𝒙
𝑶
.
𝒚
𝒅𝑺
𝑺
𝑴
𝒙
1. Moment quadratique d'une surface plane par rapport à un axe de son plan
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VI- Torsion Simple
Rappel sur les moment quadratiques
2. Moment quadratique d'une surface plane par rapport à un axe normal.
Moment quadratique polaire.
Définition:
Soit (𝑆) une surface plane et un repère orthonormé (𝑂, 𝑥, 𝑦, 𝑧) associé. Le moment quadratique
polaire élémentaire de 𝒅𝑺 par rapport à (𝑂𝑧) , noté 𝒅𝑰𝒛 est défini par :
𝒅𝑰𝒛 = 𝝆𝟐
× 𝒅𝑺
et pour l'ensemble de la surface (𝑆) :
𝑰𝒛 =
𝑺
𝝆𝟐
× 𝒅𝑺 =
𝑺
𝒙2
+ 𝒚² . 𝒅𝑺 =
𝑺
𝒙2
. 𝒅𝑺 +
𝑺
𝒚2
. 𝒅𝑺 = 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚
𝑰𝒛 = 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚
𝒚
𝒙
𝑶
.
𝒚
𝒅𝑺
𝑺
𝑴
𝒙
𝝆
.
𝒛
𝝆 = 𝒙2 + 𝒚²
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VI- Torsion Simple
2. Théorème de Huygens
Le moment Quadratique d’une surface plane par rapport à un axe de son plan 𝑰𝒙′ est égal au
moment quadratique par rapport à l’axe parallèle passant par son centre de gravité 𝑰𝑮𝒙
plus le produit de l’aire de la surface 𝑺 par le carré de la distance entre les deux axes 𝒅² :
𝑰𝒙′ = 𝑰𝑮𝒙 + 𝑺. 𝒅²
𝒙
𝑮
.
𝒙′
𝒅
𝑺
Remarque:
Le moment quadratique d’une surface totale est la somme des moments quadratiques des
surfaces qui la composent:
𝑰𝒙
𝑺𝑻
= 𝑰𝒙
𝑺𝟏
+ 𝑰𝒙
𝑺𝟐
+ ⋯ + 𝑰𝒙
𝑺𝒏
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VI- Torsion Simple
Exemples de moments quadratiques Usuels:
LOGO
Exercice:
Soit la section de la poutre ayant la forme en U (constituée suivant le croquis ci-dessous). G
centre de gravité de la section.
Les dimension sont : 𝒂 = 𝟏𝟎𝟎𝒎𝒎, 𝒃 = 𝟔𝟎 𝒎𝒎, 𝒄 = 𝟏𝟎𝒎𝒎.
1. Calculer le moment quadratique par rapport à l’axe GX.
2. Calculer le moment quadratique par rapport à l’axe GY
Questions:
VI- Torsion Simple
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Contrôle Continu N°1
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Contrôle Continu N°1
Exercice N°1
Une plaque de dimension indiquée sur le dessin ci-dessous, en acier E295 supporte un effort
F=3000 daN. L'installation doit avoir un coefficient de sécurité de 𝓼 = 𝟒. On adopte un
coefficient multiplicateur pour la contrainte entre C et D de 𝐤 = 𝟑 du fait du trou de Ø30
1. Calculer l'épaisseur 𝐞𝟏 minimale au
niveau de la section AB.
2. Calculer l'épaisseur 𝐞𝟐 minimale au
niveau de la section CD.
3. Choisir une épaisseur e que devra
avoir la plaque.
Exercice N°2
Un câble en acier 𝑬𝟑𝟔𝟎 de masse volumique 𝛒 = 𝟕, 𝟖 𝒌𝒈/𝒅𝒎³, de diamètre 𝐝 = 𝟔 𝒎𝒎
supporte un spéléologue de masse 𝐌 = 𝟖𝟎 𝒌𝒈 dans un puits de profondeur 𝐋 = 𝟖𝟎𝟎 𝒎.
(𝒈 = 𝟏𝟎 𝑵/𝒌𝒈)
1. Calculer le poids du câble 𝑷.
2. Calculer la contrainte 𝝈 dans le câble.
3. Calculer le coefficient de sécurité 𝓈.
4. Calculer l'allongement de ce câble ∆𝑳.
5. Calculer l'allongement de ce câble du seul fait de son poids ∆𝑳′
.
***** FIN ******
N.B: Les réponses doivent être bien organisées et claires
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Contrôle Continu N°1
Exercice N°1
Exercice N°2
Un câble en acier 𝑬𝟑𝟔𝟎 de masse volumique 𝛒 = 𝟕, 𝟖 𝒌𝒈/𝒅𝒎³, de diamètre 𝒅 = 𝟕 𝒎𝒎 supporte
un spéléologue de masse 𝑴 = 𝟏𝟎𝟎 𝒌𝒈 dans un puits de profondeur 𝑳 = 𝟕𝟎𝟎 𝒎 .
(𝒈 = 𝟏𝟎 𝑵/𝒌𝒈)
1. Calculer le poids du câble 𝑷.
2. Calculer la contrainte 𝝈 dans le câble.
3. Calculer le coefficient de sécurité 𝓈.
4. Calculer l'allongement de ce câble ∆𝑳.
5. Calculer l'allongement de ce câble du seul fait de son poids ∆𝑳′
.
***** FIN ******
N.B: Les réponses doivent être bien organisées et claires
Une joue de chaîne Galle a les dimensions définies par le dessin
ci-contre. Elle est en acier dont la résistance élastique 𝑹𝒆 =
𝟔𝟎𝟎 𝑴𝑷𝒂 et supporte un effort d'extension de 𝟑𝟎𝟎 𝒅𝒂𝑵. On
adopte un coefficient de concentration de contrainte entre C et D
de 𝑲𝒕 = 𝟐, 𝟑 du fait du trou de ∅𝟔. Le coefficient de sécurité choisi
est 𝓼 = 𝟒.
1. Calculer l'épaisseur 𝒆𝟏 minimale au niveau de la section AB
2. Calculer l'épaisseur 𝒆𝟐 minimale au niveau de la section CD
3. Choisir une épaisseur e pour la joue de la chaîne
LOGO
Exercice N°1:
Série d’Exercices - Torsion simple
Soient deux arbres de transmission construits à partir du même acier (𝑮 =
𝟖 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒂𝑵/𝒎𝒎² ). Le premier est plein (diamètre 𝒅𝟏 alors que le second est creux
(diamètre extérieur 𝐷, diamètre intérieur 𝒅 = 𝟎, 𝟖 × 𝑫). Le couple à transmettre est
de 𝑴 = 𝟐𝟎𝟎 𝑵𝒎. La résistance pratique au cisaillement adoptée pour les deux cas
est de 𝑹𝒑𝒈 = 𝟏𝟎 𝒅𝒂𝑵/𝒎𝒎²
Déterminer les dimensions optimales des deux arbres et comparer alors les poids
respectifs des deux constructions.
Question:
LOGO
Exercices
Arbre 1
Corrigé:
Arbre 2
𝜏 =
𝑀𝑇
𝐼0
× 𝜌 ≤ 𝑅𝑝𝑔 𝜏 =
𝑀𝑇
𝐼0
× 𝜌 ≤ 𝑅𝑝𝑔
Avec: Avec:
𝐼0 =
𝜋 × 𝑑1
4
32
𝐼0 =
𝜋 × (𝐷4
− 𝑑4
)
32
=
𝜋 × 𝐷4
× 0,5904
32
⇒ ⇒
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑀𝑇
𝐼0
×
𝑑1
2
= 𝑅𝑝𝑔 𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑀𝑇
𝐼0
×
𝐷
2
= 𝑅𝑝𝑔
⇒ ⇒
𝐼0
𝑑1
=
𝑀𝑇
2 𝑅𝑝𝑔
𝐼0
𝐷
=
𝑀𝑇
2 𝑅𝑝𝑔
⇒ ⇒
𝜋 × 𝑑1
3
32
=
𝑀𝑇
2 𝑅𝑝𝑔
𝜋 × 𝐷3
× 0,5904
32
=
𝑀𝑇
2 𝑅𝑝𝑔
⇒ ⇒
𝑑1 =
3 32 𝑀𝑇
2𝜋 𝑅𝑝𝑔
= 𝟐𝟏, 𝟔𝟕 𝒎𝒎 𝐷 =
3 32 𝑀𝑇
2𝜋 × 0,5904 𝑅𝑝𝑔
= 𝟐𝟓, 𝟖𝟒 𝒎𝒎
d = 0,8 D = 𝟐𝟎, 𝟔𝟕 𝒎𝒎
LOGO
Exercices
On gagne 𝟒𝟗 % de la matière si on utilise l′
arbre 𝟐
𝑚1 = 𝜌 × 𝑉1
La masse par mètre de longueur:
𝑚2 = 𝜌 × 𝑉2
Avec: Avec:
𝑉1 =
𝜋 × 𝑑1
2
4
× 1 = 𝟑, 𝟔𝟖 × 𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝟑
𝑉2 =
𝜋 × (𝐷2
− 𝑑2
)
4
× 1 = 𝟏, 𝟖𝟖 × 𝟏𝟎−𝟒
𝒎𝟑
𝜌 = 7,8 𝑘𝑔/𝑑𝑚³ 𝜌 = 7,8 𝑘𝑔/𝑑𝑚³
⇒ ⇒
𝑚1 = 𝟐, 𝟖𝟕 𝑲𝒈 𝑚2 = 𝟏, 𝟒𝟕 𝑲𝒈
𝜌 = 7800 𝑘𝑔/𝑚³ 𝜌 = 7800 𝑘𝑔/𝑚³
Comparaison:
𝒎𝟐
𝒎𝟏
= 𝟎, 𝟓𝟏 = 𝟓𝟏 %
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Exercice N°2:
Série d’Exercices - Torsion simple
Un arbre cannelé de boite à vitesse doit transmettre une puissance de 𝟏𝟐𝟓, 𝟔 𝒌𝑾 à la
vitesse 𝟑𝟎𝟎𝟎 𝒕𝒓/𝒎𝒊𝒏 , cet arbre est en acier pour lequel 𝑹𝒆 = 𝟐𝟏𝟎𝟎 𝑴𝑷𝒂 et le module
d’élasticité transversal 𝐆 = 𝟖𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑴𝑷𝒂. Les cannelures provoque une concentration de
contrainte 𝑲𝒕 = 𝟏, 𝟓𝟕, on adopte pour cette construction un coefficient de sécurité 𝓼 = 𝟑.
1/ On envisage deux solutions : un arbre plein 𝒅𝟏, et un arbre creux avec 𝒅 = (𝟐/𝟑)𝑫.
a. Déterminer le moment de torsion.
b. Déterminer le diamètre plein.
c. Déterminer la déformation angulaire 𝜶𝟏 de l’arbre plein entre deux sections droite
de distance 𝒙 = 𝟏𝟒𝟎 𝒎𝒎
2/ l’arbre creux :
a. Déterminer le diamètre extérieur 𝑫 de l’arbre creux.
b. Déterminer la déformation angulaire 𝜶𝟐 de l’arbre creux entre deux sections droite
de distance 𝒙 = 𝟏𝟒𝟎 𝒎𝒎
LOGO
Exercice N°11 (Calcul des moments quadratiques)
Exercices
Soit La section de la poutre ayant la forme en I (constituée suivant le croquis ci-
dessous):
Calculer les moments quadratiques par rapport à l’axe 𝐺𝑧 et 𝐺𝑦, avec G centre de
gravité de la section.
Question:
LOGO
Exercice N°11 (Calcul des moments quadratiques)
Exercices
Soit La section de la poutre ayant la forme en I (constituée suivant le croquis ci-
dessous):
Calculer les moments quadratiques par rapport à l’axe 𝐺𝑧 et 𝐺𝑦, avec G centre de
gravité de la section.
Question:
𝒚
𝒛
𝟒𝟔0
𝟖𝟎
𝟖𝟎
𝟏𝟐
𝟐𝟓𝟎
𝟒𝟎
𝟖
LOGO
Corrigé:
Exercices
La surface est symétrique par rapport aux deux axes (𝐺𝑦) et (𝐺𝑧) donc:
𝑰𝑮𝒛 = 𝟐 × 𝑰𝑮𝒛
(𝟏)
+ 𝑰𝑮𝒛
(𝟐)
+ 𝑰𝑮𝒛
(𝟑)
+ 𝟐 × (𝑰𝑮𝒛
𝟒
+ 𝑰𝑮𝒛
𝟓
)
Avec:
𝑰𝑮𝒛
(𝟏)
= 𝑰𝑮𝟏𝒛 + 𝑮𝑮𝟏 ² × 𝑺𝟏
𝑰𝑮𝒛
(𝟐)
= 𝑰𝑮𝟐𝒛 + 𝑮𝑮𝟐 ² × 𝑺𝟐
𝑰𝑮𝒛
(𝟑)
= 𝑰𝑮𝟑𝒛 + 𝑮𝑮𝟑 ² × 𝑺𝟑
𝑰𝑮𝒛
(𝟒)
= 𝑰𝑮𝟒𝒛 + 𝒅𝟒
𝟐
× 𝑺𝟒
𝑰𝑮𝒛
(𝟓)
= 𝑰𝑮𝟓𝒛 + 𝒅𝟓
𝟐
× 𝑺𝟓
𝑮𝑮𝟏 = 𝟐𝟐𝟎 𝒎𝒎
𝑮𝑮𝟐 = 𝟐𝟎𝟎 𝒎𝒎
𝑮𝑮𝟑 = 𝟗𝟓 𝒎𝒎
𝒅𝟒 = 𝟏𝟖𝟔 𝒎𝒎
𝒅𝟓 = 𝟏𝟒𝟔 𝒎𝒎
𝑺𝟏 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎²
𝑺𝟐 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎²
𝑺𝟑 = 𝟐𝟐𝟖𝟎 𝒎𝒎²
𝑺𝟒 = 𝟔𝟒𝟎 𝒎𝒎²
𝑺𝟓 = 𝟓𝟕𝟔 𝒎𝒎²
LOGO
Corrigé:
Exercices
et:
𝑰𝑮𝟏𝒛 =
𝟐𝟎𝟑 × 𝟐𝟓𝟎
𝟏𝟐
= 𝟏𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔, 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝟐𝒛 =
𝟐𝟎𝟑
× 𝟐𝟓𝟎
𝟏𝟐
= 𝟏𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔, 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝟑𝒛 =
𝟏𝟗𝟎𝟑
× 𝟏𝟐
𝟏𝟐
= 𝟔𝟖𝟓𝟗𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝟒𝒛 =
𝟖𝟑
× 𝟖𝟎
𝟏𝟐
= 𝟑𝟒𝟏𝟑, 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝟓𝒛 =
𝟕𝟐𝟑
× 𝟖
𝟏𝟐
= 𝟐𝟒𝟖𝟖𝟑𝟐 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝒛 = 𝟓𝟎𝟒𝟒𝟒𝟏𝟎𝟑𝟒. 𝟕 𝒎𝒎𝟒 ≈ 𝟓𝟎𝟒𝟒𝟒. 𝟏 𝒄𝒎𝟒
LOGO
Corrigé:
Exercices
et :
𝑰𝑮𝒚 = 𝟐 × 𝑰𝑮𝒚
(𝟏)
+ 𝑰𝑮𝒚
(𝟐)
+ 𝑰𝑮𝒚
(𝟑)
+ 𝟐 × (𝑰𝑮𝒚
𝟒
+ 𝑰𝑮𝒚
𝟓
)
Avec:
𝑰𝑮𝒚
(𝟏)
= 𝑰𝑮𝟏𝒚 + 𝒅𝟏
′
² × 𝑺𝟏
𝑰𝑮𝒚
(𝟐)
= 𝑰𝑮𝟐𝒚 + 𝒅𝟐
′
² × 𝑺𝟐
𝑰𝑮𝒚
(𝟑)
= 𝑰𝑮𝟑𝒚 + 𝒅𝟑
′
² × 𝑺𝟑
𝑰𝑮𝒚
(𝟒)
= 𝑰𝑮𝟒𝒚 + 𝒅𝟒
′
² × 𝑺𝟒
𝑰𝑮𝒚
(𝟓)
= 𝑰𝑮𝟓𝒚 + 𝒅𝟓
′
² × 𝑺𝟓
𝒅𝟏
′
= 𝟎 𝒎𝒎
𝒅𝟐
′
= 𝟎 𝒎𝒎
𝒅𝟑
′
= 𝟎 𝒎𝒎
𝒅𝟒
′
= 𝟖𝟔 𝒎𝒎
𝒅𝟓
′
= 𝟏𝟎 𝒎𝒎
𝑺𝟏 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎²
𝑺𝟐 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎²
𝑺𝟑 = 𝟐𝟐𝟖𝟎 𝒎𝒎²
𝑺𝟒 = 𝟔𝟒𝟎 𝒎𝒎²
𝑺𝟓 = 𝟓𝟕𝟔 𝒎𝒎²
LOGO
Corrigé:
Exercices
et:
𝑰𝑮𝟏𝒚 =
𝟐𝟓𝟎𝟑 × 𝟐𝟎
𝟏𝟐
= 𝟐𝟔𝟎𝟒𝟏𝟔𝟔𝟔. 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝟐𝒚 =
𝟐𝟓𝟎𝟑
× 𝟐𝟎
𝟏𝟐
= 𝟐𝟔𝟎𝟒𝟏𝟔𝟔𝟔. 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝟑𝒚 =
𝟏𝟐𝟑
× 𝟏𝟗𝟎
𝟏𝟐
= 𝟐𝟕𝟑𝟔𝟎 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝟒𝒚 =
𝟖𝟎𝟑 × 𝟖
𝟏𝟐
= 𝟑𝟒𝟏𝟑𝟑𝟑. 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝟓𝒚 =
𝟖𝟑 × 𝟕𝟐
𝟏𝟐
= 𝟑𝟎𝟕𝟐 𝒎𝒎𝟒
𝑰𝑮𝒚 = 𝟓𝟕𝟐𝟒𝟔𝟏𝟑𝟖. 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒 ≈ 𝟓𝟕𝟐𝟒. 𝟔𝟏 𝒄𝒎𝟒
LOGO
Exercice N°13
Exercices
Un élément de construction est constitué d’un cylindre creux en duralumin (alliage
d’aluminium), de section constante A, de module d’élasticité E et de longueur L.
Une charge F est appliquée à cet élément, entre les plateaux P1 et P2.
Le poids propre du cylindre est négligeable devant les autres forces.
On considère la compression sans flambement.
On suppose que le diamètre intérieur di=de/2
1. Calculer le diamètre extérieur du cylindre ?
2. Calculer le raccourcissement du cylindre ?
Données :
Module d’élasticité E = 7000 daN/mm²
Limite d’élasticité du matériau (duralumin) : σ = 26 daN/mm²
Longueur du cylindre L=250mm
L’effort de compression F=5000daN
F
F
de
di
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Exercice N°14
Exercices
Calculer les moments quadratiques 𝑰𝑮𝒀 et 𝑰𝑮𝒁 de la section droite d’une poutre
composée de deux cornières 80x80x5,5, d’un UPN220 et d’un UAP100 (suivant le
croquis ci-dessous) par rapport aux axes orthogonaux Y et Z.
G est le centre de gravité de la section.

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  • 1. LOGO RESISTANCE DES MATERIAUX MODULE 03: M RD Par: Mr. MAGRI
  • 2. LOGO CH 6- Torsion Simple 1. Définition Une poutre droite est sollicitée en torsion simple chaque fois que les actions aux extrémités (A et B) se réduisent à deux couples ℳ et −ℳ égaux et opposés d’axe la ligne moyenne. . ℳ −ℳ B A .
  • 3. LOGO VI- Torsion Simple 2. Déformations – Angle de torsion 𝜶 Avant déformation (Au repos): 2.1. Constatations expérimentales . . . . . .B G A 𝑪𝟎 𝑲𝟎 𝑫𝟎 𝒙 𝒚 génératrice • Les sections sont droites, planes et perpendiculaires à la ligne moyenne. • Les fibres ou génératrices sont parallèles à la ligne moyenne. • Les rayons GK sont droits.
  • 4. LOGO VI- Torsion Simple Après déformation (en charge): . . . . .B G A 𝑪𝟎 𝑲𝟎 𝑫𝟎 𝒙 𝒚 . . . 𝑲 𝑫 𝜶𝒙 𝜶 𝒙 𝑳 𝜶𝒙 = 𝑲𝟎𝑮𝑲 : angle de torsion entre les sections droites A et G 𝜶 = 𝑫𝟎𝑩𝑫 : angle de torsion de la poutre
  • 5. LOGO VI- Torsion Simple Constatations expérimentales: • Les sections sont restées droites, planes et perpendiculaires à la ligne moyenne. • Les fibres ou génératrices s’enroulent suivant des hélices autour de la ligne moyenne. • La longueur des fibres restent sensiblement invariable ou constante (hypothèse des petites déformations). • Les sections droites tournent ou glissent en bloc les unes par rapport aux autres (rotations autour de la ligne moyenne). • Les rayons GK restent droits dans le domaine élastique, mais s’incurvent dans le domaine plastique.
  • 6. LOGO VI- Torsion Simple 2.2. Angle unitaire de torsion 𝜽 Si on suppose que les sections droites tournent toutes entre elles de la même façon, alors l’angle de torsion entre deux sections droites quelconques est proportionnel à la distance entre celles-ci. Autrement dit : 𝜶 𝑳 = 𝜶𝒙 𝒙 = 𝜽 𝜽 est appelé 𝐚𝐧𝐠𝐥𝐞 𝐮𝐧𝐢𝐭𝐚𝐢𝐫𝐞 𝐝𝐞 𝐭𝐨𝐫𝐬𝐢𝐨𝐧 Exemple: Tournevis Si l’angle de torsion mesuré entre A et B est égal à 𝜶 = 𝟏𝟒. 𝟔°, Déterminer 𝜽 : 𝐿 = 200 𝑚𝑚 ℳ =24 N.m B A On a: 𝜽 = 𝜶 𝑳 = 𝟏𝟒, 𝟔° 𝟐𝟎𝟎 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟑 °. 𝒎𝒎−𝟏 Ou encore: 𝜽 = 𝟕𝟑 °. 𝒎−𝟏 ⇒ 𝜽 = 𝟕𝟑 ° × 𝝅 𝟏𝟖𝟎° = 𝟏, 𝟐𝟕𝟒 𝒓𝒂𝒅. 𝒎−𝟏
  • 7. LOGO VI- Torsion Simple 3. Efforts intérieurs – Moment de torsion 𝑴𝑻 La démarche reste la même qu’aux chapitres précédents, on pratique une coupure fictive (S) dans la poutre afin de la diviser en deux tronçons pour faire apparaître et calculer (statique) les efforts intérieurs ou de cohésion (S est une section droite). ℳ −ℳ 𝒙 𝑴𝑻 −𝑴𝑻 L’étude de l’équilibre de l’un ou l’autre tronçon montre que les actions de cohésion se réduisent à un couple de torsion 𝑀𝑇 d’axe la ligne moyenne, tel que: 𝑴𝑻 = 𝑴
  • 8. LOGO VI- Torsion Simple Remarque: Dans le cas de la torsion, tous les autres efforts intérieurs sont nuls: 𝑵 = 𝑻 = 𝑴𝒇 = 𝟎
  • 9. LOGO VI- Torsion Simple 4. Contraintes tangentielles de torsion 𝝉 En torsion, et dans le cas des petites déformations, les contraintes normales 𝝈 sont négligeables. Les contraintes dans la coupure (S) se réduisent à des contraintes tangentielles ou de cisaillement 𝝉. A partir de la relation « 𝝉 = 𝑮 × 𝜸» obtenue au chapitre « Cisaillement », on montre que la contrainte 𝝉 en un point M quelconque de la coupure (S) est proportionnelle à la distance 𝝆 = 𝑮𝑴, entre le point et la ligne moyenne: 𝝉 = 𝑮 × 𝜽 × 𝝆 Avec: • 𝑮: Module de Coulomb en (Mpa) • 𝜽: Angle Unitaire de Torsion en (rad/mm)
  • 10. LOGO VI- Torsion Simple Remarque: Tous les points situés sur un même cercle de centre G et de rayon 𝝆 ont même contrainte. Les contraintes sont maximales à la périphérie (𝝆𝒎𝒂𝒙 = 𝑹): 𝝉𝒎𝒂𝒙 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑹 On rappelle que pour les métaux et en particulier les aciers et les fontes: 𝑮 = 𝟎, 𝟒 × 𝑬
  • 11. LOGO VI- Torsion Simple Exemple: Reprenons le cas de la tige de tournevis, 𝑮 = 𝟖𝟎 𝑮𝒑𝒂 , 𝜽 = 𝟕𝟑 °. 𝒎−𝟏 Déterminer la contrainte de cisaillement maximale dans la tige. Diamètre de la tige : 𝒅 = 𝟕 𝒎𝒎 On a: 𝝉𝒎𝒂𝒙 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑹 = 𝟖𝟎𝟎𝟎𝟎 × 𝟏, 𝟐𝟕𝟒 × 𝟏𝟎−𝟑 × 𝟑, 𝟓 ⇒ 𝝉𝒎𝒂𝒙= 𝟑𝟓𝟔, 𝟕 𝑵/𝒎𝒎²
  • 12. LOGO VI- Torsion Simple 5. Relation entre 𝑴𝑻 et 𝜽 En chaque point M de la coupure s’exerce, pour l’élément de surface 𝒅𝑺 autour de M, une force élémentaire 𝒅𝑭 dont la direction est perpendiculaire à 𝑮𝑴 Le moment en G de cette force est: 𝓜𝑮 𝒅𝑭 = 𝒅𝑭 × 𝑮𝑴 = 𝝆 × 𝒅𝑭 Le moment de torsion 𝑴𝑻 est égal au moment résultant de toutes les forces élémentaires 𝒅𝑭 en chaque point M de la section (S): 𝑴𝑻 = (𝑺) 𝒅𝑭 × 𝑮𝑴 = (𝑺) 𝝆 × 𝒅𝑭 = (𝑺) 𝝆 × 𝝉 × 𝒅𝑺 = (𝑺) 𝝆² × 𝑮 × 𝜽 × 𝒅𝑺 = 𝑮 × 𝜽 × (𝑺) 𝝆2 × 𝒅𝑺 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑰𝟎 Le terme 𝑰𝟎 = (𝑺) 𝝆𝟐 × 𝒅𝑺 est appelé moment quadratique polaire de la section (S) par rapport au point G.
  • 13. LOGO VI- Torsion Simple L’angle unitaire de torsion 𝜽 est proportionnel au moment de torsion 𝑴𝑻 ∶ 𝑴𝑻 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑰𝟎 • 𝑴𝑻 : Moment de torsion (N.mm) • G : Module d’élasticité transversal (MPa) • 𝜽 : L’angle unitaire de torsion (rad/mm) • 𝑰𝟎 : Moment quadratique polaire (𝒎𝒎𝟒 )
  • 14. LOGO VI- Torsion Simple 6. Relation entre 𝑴𝑻 et 𝝉 A partir des relations: 𝝉 = 𝑮 × 𝜽 × 𝝆 et 𝑴𝑻 = 𝑮 × 𝜽 × 𝑰𝟎 On peut déduire: 𝝉 = 𝑴𝑻 𝑰𝟎 × 𝝆 7. Condition de résistance Sauf pour le cas où la rupture est recherchée, la contrainte tangentielle 𝝉 doit rester inférieure à la résistance pratique au glissement ou au cisaillement 𝑹𝒑𝒈 du matériau. Autrement dit : 𝝉 = 𝑴𝑻 𝑰𝟎 × 𝝆 ≤ 𝑹𝒑𝒈 = 𝑹𝒆𝒈 𝓈 ∀𝝆
  • 15. LOGO VI- Torsion Simple Exemple: Pour le tournevis précédent, on impose une contrainte admissible au cisaillement de 𝑹𝒑𝒈 = 𝟐𝟎𝟎 𝑴𝒑𝒂. Déterminer la valeur minimale du diamètre d lorsque 𝑴 = 𝟐𝟒 𝑵. 𝒎
  • 16. LOGO VI- Torsion Simple Rappel sur les moment quadratiques Définition: Soit (𝑆) une surface plane et un repère orthonormé (𝑂, 𝑥, 𝑦) associé. Le moment quadratique élémentaire de 𝒅𝑺 par rapport à (𝑂𝑥) , noté 𝒅𝑰𝒙 est défini par : 𝒅𝑰𝒙 = 𝒚𝟐 × 𝒅𝑺 et pour l'ensemble de la surface (𝑆) : 𝑰𝒙 = 𝑺 𝒚𝟐 × 𝒅𝑺 Remarques : • L'unité de moment quadratique est le 𝑚𝑚4 (ou le 𝑐𝑚4 ) • Un moment quadratique est toujours positif. et par rapport à Oy : 𝑰𝒚 = 𝑺 𝒙𝟐 × 𝒅𝑺 𝒚 𝒙 𝑶 . 𝒚 𝒅𝑺 𝑺 𝑴 𝒙 1. Moment quadratique d'une surface plane par rapport à un axe de son plan
  • 17. LOGO VI- Torsion Simple Rappel sur les moment quadratiques 2. Moment quadratique d'une surface plane par rapport à un axe normal. Moment quadratique polaire. Définition: Soit (𝑆) une surface plane et un repère orthonormé (𝑂, 𝑥, 𝑦, 𝑧) associé. Le moment quadratique polaire élémentaire de 𝒅𝑺 par rapport à (𝑂𝑧) , noté 𝒅𝑰𝒛 est défini par : 𝒅𝑰𝒛 = 𝝆𝟐 × 𝒅𝑺 et pour l'ensemble de la surface (𝑆) : 𝑰𝒛 = 𝑺 𝝆𝟐 × 𝒅𝑺 = 𝑺 𝒙2 + 𝒚² . 𝒅𝑺 = 𝑺 𝒙2 . 𝒅𝑺 + 𝑺 𝒚2 . 𝒅𝑺 = 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚 𝑰𝒛 = 𝑰𝒙 + 𝑰𝒚 𝒚 𝒙 𝑶 . 𝒚 𝒅𝑺 𝑺 𝑴 𝒙 𝝆 . 𝒛 𝝆 = 𝒙2 + 𝒚²
  • 18. LOGO VI- Torsion Simple 2. Théorème de Huygens Le moment Quadratique d’une surface plane par rapport à un axe de son plan 𝑰𝒙′ est égal au moment quadratique par rapport à l’axe parallèle passant par son centre de gravité 𝑰𝑮𝒙 plus le produit de l’aire de la surface 𝑺 par le carré de la distance entre les deux axes 𝒅² : 𝑰𝒙′ = 𝑰𝑮𝒙 + 𝑺. 𝒅² 𝒙 𝑮 . 𝒙′ 𝒅 𝑺 Remarque: Le moment quadratique d’une surface totale est la somme des moments quadratiques des surfaces qui la composent: 𝑰𝒙 𝑺𝑻 = 𝑰𝒙 𝑺𝟏 + 𝑰𝒙 𝑺𝟐 + ⋯ + 𝑰𝒙 𝑺𝒏
  • 19. LOGO VI- Torsion Simple Exemples de moments quadratiques Usuels:
  • 20. LOGO Exercice: Soit la section de la poutre ayant la forme en U (constituée suivant le croquis ci-dessous). G centre de gravité de la section. Les dimension sont : 𝒂 = 𝟏𝟎𝟎𝒎𝒎, 𝒃 = 𝟔𝟎 𝒎𝒎, 𝒄 = 𝟏𝟎𝒎𝒎. 1. Calculer le moment quadratique par rapport à l’axe GX. 2. Calculer le moment quadratique par rapport à l’axe GY Questions: VI- Torsion Simple
  • 22. LOGO Contrôle Continu N°1 Exercice N°1 Une plaque de dimension indiquée sur le dessin ci-dessous, en acier E295 supporte un effort F=3000 daN. L'installation doit avoir un coefficient de sécurité de 𝓼 = 𝟒. On adopte un coefficient multiplicateur pour la contrainte entre C et D de 𝐤 = 𝟑 du fait du trou de Ø30 1. Calculer l'épaisseur 𝐞𝟏 minimale au niveau de la section AB. 2. Calculer l'épaisseur 𝐞𝟐 minimale au niveau de la section CD. 3. Choisir une épaisseur e que devra avoir la plaque. Exercice N°2 Un câble en acier 𝑬𝟑𝟔𝟎 de masse volumique 𝛒 = 𝟕, 𝟖 𝒌𝒈/𝒅𝒎³, de diamètre 𝐝 = 𝟔 𝒎𝒎 supporte un spéléologue de masse 𝐌 = 𝟖𝟎 𝒌𝒈 dans un puits de profondeur 𝐋 = 𝟖𝟎𝟎 𝒎. (𝒈 = 𝟏𝟎 𝑵/𝒌𝒈) 1. Calculer le poids du câble 𝑷. 2. Calculer la contrainte 𝝈 dans le câble. 3. Calculer le coefficient de sécurité 𝓈. 4. Calculer l'allongement de ce câble ∆𝑳. 5. Calculer l'allongement de ce câble du seul fait de son poids ∆𝑳′ . ***** FIN ****** N.B: Les réponses doivent être bien organisées et claires
  • 23. LOGO Contrôle Continu N°1 Exercice N°1 Exercice N°2 Un câble en acier 𝑬𝟑𝟔𝟎 de masse volumique 𝛒 = 𝟕, 𝟖 𝒌𝒈/𝒅𝒎³, de diamètre 𝒅 = 𝟕 𝒎𝒎 supporte un spéléologue de masse 𝑴 = 𝟏𝟎𝟎 𝒌𝒈 dans un puits de profondeur 𝑳 = 𝟕𝟎𝟎 𝒎 . (𝒈 = 𝟏𝟎 𝑵/𝒌𝒈) 1. Calculer le poids du câble 𝑷. 2. Calculer la contrainte 𝝈 dans le câble. 3. Calculer le coefficient de sécurité 𝓈. 4. Calculer l'allongement de ce câble ∆𝑳. 5. Calculer l'allongement de ce câble du seul fait de son poids ∆𝑳′ . ***** FIN ****** N.B: Les réponses doivent être bien organisées et claires Une joue de chaîne Galle a les dimensions définies par le dessin ci-contre. Elle est en acier dont la résistance élastique 𝑹𝒆 = 𝟔𝟎𝟎 𝑴𝑷𝒂 et supporte un effort d'extension de 𝟑𝟎𝟎 𝒅𝒂𝑵. On adopte un coefficient de concentration de contrainte entre C et D de 𝑲𝒕 = 𝟐, 𝟑 du fait du trou de ∅𝟔. Le coefficient de sécurité choisi est 𝓼 = 𝟒. 1. Calculer l'épaisseur 𝒆𝟏 minimale au niveau de la section AB 2. Calculer l'épaisseur 𝒆𝟐 minimale au niveau de la section CD 3. Choisir une épaisseur e pour la joue de la chaîne
  • 24. LOGO Exercice N°1: Série d’Exercices - Torsion simple Soient deux arbres de transmission construits à partir du même acier (𝑮 = 𝟖 𝟎𝟎𝟎 𝒅𝒂𝑵/𝒎𝒎² ). Le premier est plein (diamètre 𝒅𝟏 alors que le second est creux (diamètre extérieur 𝐷, diamètre intérieur 𝒅 = 𝟎, 𝟖 × 𝑫). Le couple à transmettre est de 𝑴 = 𝟐𝟎𝟎 𝑵𝒎. La résistance pratique au cisaillement adoptée pour les deux cas est de 𝑹𝒑𝒈 = 𝟏𝟎 𝒅𝒂𝑵/𝒎𝒎² Déterminer les dimensions optimales des deux arbres et comparer alors les poids respectifs des deux constructions. Question:
  • 25. LOGO Exercices Arbre 1 Corrigé: Arbre 2 𝜏 = 𝑀𝑇 𝐼0 × 𝜌 ≤ 𝑅𝑝𝑔 𝜏 = 𝑀𝑇 𝐼0 × 𝜌 ≤ 𝑅𝑝𝑔 Avec: Avec: 𝐼0 = 𝜋 × 𝑑1 4 32 𝐼0 = 𝜋 × (𝐷4 − 𝑑4 ) 32 = 𝜋 × 𝐷4 × 0,5904 32 ⇒ ⇒ 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝑀𝑇 𝐼0 × 𝑑1 2 = 𝑅𝑝𝑔 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝑀𝑇 𝐼0 × 𝐷 2 = 𝑅𝑝𝑔 ⇒ ⇒ 𝐼0 𝑑1 = 𝑀𝑇 2 𝑅𝑝𝑔 𝐼0 𝐷 = 𝑀𝑇 2 𝑅𝑝𝑔 ⇒ ⇒ 𝜋 × 𝑑1 3 32 = 𝑀𝑇 2 𝑅𝑝𝑔 𝜋 × 𝐷3 × 0,5904 32 = 𝑀𝑇 2 𝑅𝑝𝑔 ⇒ ⇒ 𝑑1 = 3 32 𝑀𝑇 2𝜋 𝑅𝑝𝑔 = 𝟐𝟏, 𝟔𝟕 𝒎𝒎 𝐷 = 3 32 𝑀𝑇 2𝜋 × 0,5904 𝑅𝑝𝑔 = 𝟐𝟓, 𝟖𝟒 𝒎𝒎 d = 0,8 D = 𝟐𝟎, 𝟔𝟕 𝒎𝒎
  • 26. LOGO Exercices On gagne 𝟒𝟗 % de la matière si on utilise l′ arbre 𝟐 𝑚1 = 𝜌 × 𝑉1 La masse par mètre de longueur: 𝑚2 = 𝜌 × 𝑉2 Avec: Avec: 𝑉1 = 𝜋 × 𝑑1 2 4 × 1 = 𝟑, 𝟔𝟖 × 𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝟑 𝑉2 = 𝜋 × (𝐷2 − 𝑑2 ) 4 × 1 = 𝟏, 𝟖𝟖 × 𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝟑 𝜌 = 7,8 𝑘𝑔/𝑑𝑚³ 𝜌 = 7,8 𝑘𝑔/𝑑𝑚³ ⇒ ⇒ 𝑚1 = 𝟐, 𝟖𝟕 𝑲𝒈 𝑚2 = 𝟏, 𝟒𝟕 𝑲𝒈 𝜌 = 7800 𝑘𝑔/𝑚³ 𝜌 = 7800 𝑘𝑔/𝑚³ Comparaison: 𝒎𝟐 𝒎𝟏 = 𝟎, 𝟓𝟏 = 𝟓𝟏 %
  • 27. LOGO Exercice N°2: Série d’Exercices - Torsion simple Un arbre cannelé de boite à vitesse doit transmettre une puissance de 𝟏𝟐𝟓, 𝟔 𝒌𝑾 à la vitesse 𝟑𝟎𝟎𝟎 𝒕𝒓/𝒎𝒊𝒏 , cet arbre est en acier pour lequel 𝑹𝒆 = 𝟐𝟏𝟎𝟎 𝑴𝑷𝒂 et le module d’élasticité transversal 𝐆 = 𝟖𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑴𝑷𝒂. Les cannelures provoque une concentration de contrainte 𝑲𝒕 = 𝟏, 𝟓𝟕, on adopte pour cette construction un coefficient de sécurité 𝓼 = 𝟑. 1/ On envisage deux solutions : un arbre plein 𝒅𝟏, et un arbre creux avec 𝒅 = (𝟐/𝟑)𝑫. a. Déterminer le moment de torsion. b. Déterminer le diamètre plein. c. Déterminer la déformation angulaire 𝜶𝟏 de l’arbre plein entre deux sections droite de distance 𝒙 = 𝟏𝟒𝟎 𝒎𝒎 2/ l’arbre creux : a. Déterminer le diamètre extérieur 𝑫 de l’arbre creux. b. Déterminer la déformation angulaire 𝜶𝟐 de l’arbre creux entre deux sections droite de distance 𝒙 = 𝟏𝟒𝟎 𝒎𝒎
  • 28. LOGO Exercice N°11 (Calcul des moments quadratiques) Exercices Soit La section de la poutre ayant la forme en I (constituée suivant le croquis ci- dessous): Calculer les moments quadratiques par rapport à l’axe 𝐺𝑧 et 𝐺𝑦, avec G centre de gravité de la section. Question:
  • 29. LOGO Exercice N°11 (Calcul des moments quadratiques) Exercices Soit La section de la poutre ayant la forme en I (constituée suivant le croquis ci- dessous): Calculer les moments quadratiques par rapport à l’axe 𝐺𝑧 et 𝐺𝑦, avec G centre de gravité de la section. Question: 𝒚 𝒛 𝟒𝟔0 𝟖𝟎 𝟖𝟎 𝟏𝟐 𝟐𝟓𝟎 𝟒𝟎 𝟖
  • 30. LOGO Corrigé: Exercices La surface est symétrique par rapport aux deux axes (𝐺𝑦) et (𝐺𝑧) donc: 𝑰𝑮𝒛 = 𝟐 × 𝑰𝑮𝒛 (𝟏) + 𝑰𝑮𝒛 (𝟐) + 𝑰𝑮𝒛 (𝟑) + 𝟐 × (𝑰𝑮𝒛 𝟒 + 𝑰𝑮𝒛 𝟓 ) Avec: 𝑰𝑮𝒛 (𝟏) = 𝑰𝑮𝟏𝒛 + 𝑮𝑮𝟏 ² × 𝑺𝟏 𝑰𝑮𝒛 (𝟐) = 𝑰𝑮𝟐𝒛 + 𝑮𝑮𝟐 ² × 𝑺𝟐 𝑰𝑮𝒛 (𝟑) = 𝑰𝑮𝟑𝒛 + 𝑮𝑮𝟑 ² × 𝑺𝟑 𝑰𝑮𝒛 (𝟒) = 𝑰𝑮𝟒𝒛 + 𝒅𝟒 𝟐 × 𝑺𝟒 𝑰𝑮𝒛 (𝟓) = 𝑰𝑮𝟓𝒛 + 𝒅𝟓 𝟐 × 𝑺𝟓 𝑮𝑮𝟏 = 𝟐𝟐𝟎 𝒎𝒎 𝑮𝑮𝟐 = 𝟐𝟎𝟎 𝒎𝒎 𝑮𝑮𝟑 = 𝟗𝟓 𝒎𝒎 𝒅𝟒 = 𝟏𝟖𝟔 𝒎𝒎 𝒅𝟓 = 𝟏𝟒𝟔 𝒎𝒎 𝑺𝟏 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎² 𝑺𝟐 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎² 𝑺𝟑 = 𝟐𝟐𝟖𝟎 𝒎𝒎² 𝑺𝟒 = 𝟔𝟒𝟎 𝒎𝒎² 𝑺𝟓 = 𝟓𝟕𝟔 𝒎𝒎²
  • 31. LOGO Corrigé: Exercices et: 𝑰𝑮𝟏𝒛 = 𝟐𝟎𝟑 × 𝟐𝟓𝟎 𝟏𝟐 = 𝟏𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔, 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝟐𝒛 = 𝟐𝟎𝟑 × 𝟐𝟓𝟎 𝟏𝟐 = 𝟏𝟔𝟔𝟔𝟔𝟔, 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝟑𝒛 = 𝟏𝟗𝟎𝟑 × 𝟏𝟐 𝟏𝟐 = 𝟔𝟖𝟓𝟗𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝟒𝒛 = 𝟖𝟑 × 𝟖𝟎 𝟏𝟐 = 𝟑𝟒𝟏𝟑, 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝟓𝒛 = 𝟕𝟐𝟑 × 𝟖 𝟏𝟐 = 𝟐𝟒𝟖𝟖𝟑𝟐 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝒛 = 𝟓𝟎𝟒𝟒𝟒𝟏𝟎𝟑𝟒. 𝟕 𝒎𝒎𝟒 ≈ 𝟓𝟎𝟒𝟒𝟒. 𝟏 𝒄𝒎𝟒
  • 32. LOGO Corrigé: Exercices et : 𝑰𝑮𝒚 = 𝟐 × 𝑰𝑮𝒚 (𝟏) + 𝑰𝑮𝒚 (𝟐) + 𝑰𝑮𝒚 (𝟑) + 𝟐 × (𝑰𝑮𝒚 𝟒 + 𝑰𝑮𝒚 𝟓 ) Avec: 𝑰𝑮𝒚 (𝟏) = 𝑰𝑮𝟏𝒚 + 𝒅𝟏 ′ ² × 𝑺𝟏 𝑰𝑮𝒚 (𝟐) = 𝑰𝑮𝟐𝒚 + 𝒅𝟐 ′ ² × 𝑺𝟐 𝑰𝑮𝒚 (𝟑) = 𝑰𝑮𝟑𝒚 + 𝒅𝟑 ′ ² × 𝑺𝟑 𝑰𝑮𝒚 (𝟒) = 𝑰𝑮𝟒𝒚 + 𝒅𝟒 ′ ² × 𝑺𝟒 𝑰𝑮𝒚 (𝟓) = 𝑰𝑮𝟓𝒚 + 𝒅𝟓 ′ ² × 𝑺𝟓 𝒅𝟏 ′ = 𝟎 𝒎𝒎 𝒅𝟐 ′ = 𝟎 𝒎𝒎 𝒅𝟑 ′ = 𝟎 𝒎𝒎 𝒅𝟒 ′ = 𝟖𝟔 𝒎𝒎 𝒅𝟓 ′ = 𝟏𝟎 𝒎𝒎 𝑺𝟏 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎² 𝑺𝟐 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒎𝒎² 𝑺𝟑 = 𝟐𝟐𝟖𝟎 𝒎𝒎² 𝑺𝟒 = 𝟔𝟒𝟎 𝒎𝒎² 𝑺𝟓 = 𝟓𝟕𝟔 𝒎𝒎²
  • 33. LOGO Corrigé: Exercices et: 𝑰𝑮𝟏𝒚 = 𝟐𝟓𝟎𝟑 × 𝟐𝟎 𝟏𝟐 = 𝟐𝟔𝟎𝟒𝟏𝟔𝟔𝟔. 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝟐𝒚 = 𝟐𝟓𝟎𝟑 × 𝟐𝟎 𝟏𝟐 = 𝟐𝟔𝟎𝟒𝟏𝟔𝟔𝟔. 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝟑𝒚 = 𝟏𝟐𝟑 × 𝟏𝟗𝟎 𝟏𝟐 = 𝟐𝟕𝟑𝟔𝟎 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝟒𝒚 = 𝟖𝟎𝟑 × 𝟖 𝟏𝟐 = 𝟑𝟒𝟏𝟑𝟑𝟑. 𝟑𝟑 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝟓𝒚 = 𝟖𝟑 × 𝟕𝟐 𝟏𝟐 = 𝟑𝟎𝟕𝟐 𝒎𝒎𝟒 𝑰𝑮𝒚 = 𝟓𝟕𝟐𝟒𝟔𝟏𝟑𝟖. 𝟔𝟕 𝒎𝒎𝟒 ≈ 𝟓𝟕𝟐𝟒. 𝟔𝟏 𝒄𝒎𝟒
  • 34. LOGO Exercice N°13 Exercices Un élément de construction est constitué d’un cylindre creux en duralumin (alliage d’aluminium), de section constante A, de module d’élasticité E et de longueur L. Une charge F est appliquée à cet élément, entre les plateaux P1 et P2. Le poids propre du cylindre est négligeable devant les autres forces. On considère la compression sans flambement. On suppose que le diamètre intérieur di=de/2 1. Calculer le diamètre extérieur du cylindre ? 2. Calculer le raccourcissement du cylindre ? Données : Module d’élasticité E = 7000 daN/mm² Limite d’élasticité du matériau (duralumin) : σ = 26 daN/mm² Longueur du cylindre L=250mm L’effort de compression F=5000daN F F de di
  • 35. LOGO Exercice N°14 Exercices Calculer les moments quadratiques 𝑰𝑮𝒀 et 𝑰𝑮𝒁 de la section droite d’une poutre composée de deux cornières 80x80x5,5, d’un UPN220 et d’un UAP100 (suivant le croquis ci-dessous) par rapport aux axes orthogonaux Y et Z. G est le centre de gravité de la section.