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Exercice RDM Serie 5


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Description 

Exercice série 5

Exercice 1 – extension de l’exo 5 série 2




Eléments de corrigés
Le centre de gravité de la section composée est sur la droite qui relie les 2 sections en C.
Les 2 sections étant alignés au même niveau et disposé de chant, on a le schéma sur la figure. En plus
GY constitue un axe de symétrie. Il en est de même de GZ.
Pour le calcul des moments d’inertie, on utilisera le principe de superposition et le théorème de
Huyghens.
IGY = 2. IY0
= 2. [ + . ]
A.N. :
IGY = 2 . 3598 = 7196 cm4
= 2. [248 + 42,3. ] = 496 + 21,15. d²
Rayons de giration

.
= = = = = ,
. . ,


.[ , . ] [ , . ]
= = = =√ , + , . ²
. . ,

On a =  496 + 21,15. d² = 7196
Soit encore : d² = 316,78
d = 17,8 cm donc d >2 et la construction est réalisable
= = ,
.


= =√ , + , . ²= ,
.


Exercice 2 : résistance d’une PRS
La section représentée ci-dessous, est sollicitée à l’ELU par un effort normal NEd = 700 kN en
compression, un moment MEd = 4000 kN.m et un effort tranchant VEd = 1500 kN.
Hypothèses
La section est de classe 3 ;
fy = 275 MPa ;
Coefficient de sécurité s = 1,5
Formule de Von Mises = ²+ ² ≤
Pour les laminés en I, on admet en générale que la contrainte de cisaillement est uniforme et
reprise uniquement par l’âme. On a : =




a) Déterminer l’aire Aw de l’âme, l’aire Af d’une semelle et l’aire totale A de la section
Aire de l’âme : Aw = (h – 2 tf).tw = 1420 . 15 = 21300 mm²
Aire de la semelle : Af = b. tf = 400.40 = 16000 mm²
Aire de la section totale : A = 2.Af + Aw = 2 . 16000 + 21300 = 53300 mm².
b) Déterminer le moment d’inertie IGY par rapport à l’axe fort d’inertie GY par la méthode de
superposition.
On constate que le rectangle de hauteur h et de largeur b est la superposition de la section I
dont on cherche le moment d’inertie et les deux petits rectangles comme le montre la figure
ci-dessous.
D’où :
Iy = I1 = ITotal – I2
. ( ).
= −
. ( , ).
= −
Soit = 2063618
Remarque: on aurait pu utiliser le m comme unité
c) Déterminer la contrainte de flexion f engendrée par MEd ;




Remarque : 1 MPa = 1 N/mm²
On a | | = | | avec = = = 750 = 75
= = 27515 = 27515 . 10
= 4000 . = 4000. 10 . 10 .

4000. 10 . 10
| |= = ,
27515 . 10
| | < 275 / ² on est dans le domaine élastique
d) Déterminer la contrainte de flexion c engendrée par NEd ;
=− avec NEd = 700 kN = 700000 N et A = 53300 mm².
=− = − 13,13 / ²
. ²
Et | | < 275 / ² on est dans le domaine élastique
En déduire la résultante des contraintes normales  dans la section. Dessiner le diagramme de
contraintes dans la section.
Dans le domaine élastique, on peut appliquer le théorème de superposition. On a la somme de
diagramme ci-dessous :




− 145,4 − 13,13 − 158,53
+ =
+ 145,4 − 13,13 + 132,3
Comme  = max (|- f - c | ; (|+ f - c | ) = max (158,53 ; 132,3) = 158,53 N/mm² < 275 N/mm² on
est toujours dans le domaine élastique
e) En admettant que l’effort tranchant est repris en totalité et de manière uniforme par l’âme
d’aire Aw, déterminer la contrainte de cisaillement moyen  ;
Dans ce cas, on a = avec VEd = 1500 kN = 1500.103 N et Aw = 21300 mm²
.
Soit : = = , / ²
f) Vérifier la résistance de la section à l’aide de la formule de Von Mises. Conclure.
Formule de Von Mises = ²+ ² ≤
On a = , ²+ . , ²= / ²
or = = , / ²
,
L’inégalité de Von Mises n’est pas vérifiée.
Conclusion : la section ne résiste pas à la superposition des sollicitations qui lui sont
appliquées.

Exercice 3 : étude d’un treillis à 2 barres en console




f) Dans ce cas, déterminer l’allongement ou le raccourcissement des barres et en déduire
graphiquement le déplacement du point C.
g) Selon le critère de RDM (méthode d’Euler), avec la charge maximale trouvée dans d)
appliquée en C, pour quelle valeur de la portée maximale lMax y a-t-il un risque de
flambement ?
h) Selon l’eurocode 3, avec la charge maximale trouvée dans d) appliquée en C, pour quelle
valeur de la portée maximale lMax y a-t-il un risque de flambement ?

Exercice 4 - étude d’un treillis à 2 barres en console




Exercice 5 – poutre treillis sur 2 appuis




Exercice 6 – étude d’un portique




e) La barre CD est constitué par le treillis dans l’exercice 5, montrer que la modélisation des appuis
(un appui simple et une articulation) sont conformes au fonctionnement du portique.


Exercice 7 :
Une poutre en treillis, composée de sept panneaux triangulés, est chargée aux nœuds inférieurs 2, 4,
6 et 8, chacun par une charge F.
a) Rappeler la définition d’un « treillis ». Présenter les hypothèses de calcul adoptées pour le calcul
des efforts dans les treillis. Présenter succinctement les 3 méthodes généralement utilisées : équilibre
des nœuds, méthode de Ritter, méthode de Cremona.
b) Montrer l’isostaticité du treillis.
c) Avec la méthode de votre choix, effectuer le calcul des efforts normaux dans ce treillis en fonction
de F uniquement. Faire un tableau récapitulatif des valeurs des efforts normaux, en précisant s’il s’agit
d’effort de compression ou de traction.
d) Considérer maintenant le treillis comme une simple poutre sur deux appuis. Préciser la valeur
numérique de l’inertie I. Etablir le diagramme (V) et (M).




Exercice 8 : utilisation de tableau dans la détermination des caractéristiques géométriques d’une
section
Moment statique SOy = A . zG SOz = A . yG
D’où les coordonnées du c.d.g : = =
Pour les sections décomposables en sections élémentaires il est aisé d’utiliser des tableaux pour la
détermination des coordonnées des c.d.g. et des moments d’inertie en utilisant les étapes suivants :
1- Choix d’un premier repère pour l’étude YOZ
2- Décomposition de la section en sections élémentaires i , avec comme section Ai , comme
coordonnées des c.d.g. par rapport au repère choisi yGi et zGi et comme moments d’inertie et
par rapport à un repère ayant pour origine leur propre centre de gravité Gi
3- Utilisation des formules générales appliquant le principe de superposition des moments statiques
élémentaires.
∑ . ∑ .
= ∑
= ∑
i Ai yGi AiyGi zGi AizGi
1 A1 yG1 AiyG1 zG1 AizG1

n An yGn AiyGn zGn AizGn
Section totale = = . = .

4- Utilisation du théorème de Huyghens et du principe de la superposition des moments d’inertie
= ∑( + . ² ) = ∑( + . ² )
IGY
i Ai zGi z²Gi . ² IGyi
Repère
propre de la
section i
1 A1 zG1 z²G1 . ² . ² +

n An zGn z²Gn . ² . ² +
Section totale = ( . ² ) ( ) = ( + . ² )



IGZ
i Ai yGi y²Gi . ² IGzi
Repère
propre de la
section i
1 A1 yG1 y²G1 . ² . ² +

n An yGn y²Gn . ² . ² +
Section totale = ( . ² ) ( ) = ( + . ² )




...

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