z
Exercice n°9
Soit un tablier de pont à deux poutres
B
(Suite des Exercices n°3 et n°6)
L=
B=
b=
h=
es =
ea =
E=
=
q=
d = b/2 =
G=
es
y
G
ea
h
b
Gz est axe de symétrie de la section.
50
15
8.4
2.775
0.45
0.95
40000
0.15
0.01
4.2
17391
m
m
m
m
m
m
Mpa
MN/m
m
MPa
La travée est simplement appuyée en flexion,
et encastrée en torsion aux extrémités
On suppose qu'il existe un entretoisement suffisant pour
rendre la section transversale indéformable
On suppose que cet entretoisement n'empêche pas
le libre gauchissement aux extrémités
Expression du couple de torsion
Densité des couples de torsion
Par symétrie T(0) = T(L) = qbL/2
T(x) = qb (L/2 - x) =
-0.084
t = -q b
=
=
x
+
-0.084 MNm
2.1 MNm
2.1
MNm
Moment d'inertie de torsion pure (ou de St Venant)
=
GK =
2.042
m4
35509 MNm²
Angle de rotation à x=L/2 (en hypothèse de torsion pure)
Le cas présent ne répond pas à une torsion pure et uniforme, mais à titre d'exercice
recherchons la rotation théorique maximale avec l'équation de la torsion pure (ou de St Venant)
Equation de la torsion pure (ou de St Venant):
(x) =
(L/2) =
1.1828E-06
-0.00073925 rd
x²
5.91399E-05
x
(La rotation nulle aux extrémités est satisfaite;
constante d'intégration nulle)
rd
Calcul du moment principal d'inertie sectorielle
Distance entre O et C:
0.588
m
(Cf. Exercice n°6)
Diagramme de l'aire sectorielle principale (pôle centre de cisaillement C; origine I par commodité)
Si M est le point courant, le module de C est CM ds sin ,  étant l'angle entre
CM et ds
C
I
b
On obtient, par intégration comme ci-dessus, ou avec les intégrales de Mohr:
Inertie sectorielle =
162.893
m6
On en déduit:
=
0.07382251 m-1
L =
3.6911254
Solution de l'équation différentielle de la torsion non uniforme et gênée:
Equation de la torsion non uniforme gênée:
On pose:
² = GK/(EI)
=
0.005449763 m-2
On pose aussi f = d/dx
EI f ''- GK f = T(x)
f''-²f = T(x)/EI
soit
f = A chx + B shx -qb/(GK) (L/2-x)
Le libre gauchissement aux extremités se traduit par:
''(0) = ''(L) = 0
Avec f = d/dx = '
Par dérivation de f:
f ' = d²/dx² = '' =
A shx + B chx +qb/(GK)
B +qb/(GK) = 0
f '(0) = ''(0) =
A sh + B ch +qb/(GK) =
B = -qb/(GK) =
d'où:
-3.20444E-05
f '(L) = ''(L) =
A shL + B chL +qb/(GK) =
0
A = (-qb/(GK) - B chL)/( shL) =
3.04847E-05
d'où:
f = d/dx = ' =
A chx + B shx -qb/(GK) (L/2-x)
=
3.04847E-05 ch(0.07382x)
+
(-0.00003204) sh(0.07382x)
+
Par intégration:
(x) =
A/ shx + B/ chx -qb/(GK) (L/2 x - x²/2) + C
=
0.000412945 sh(0.07382x)
+
(-0.00043407) ch(0.07382x)
+
Comme aux extrémités la rotation est empêchée:
(0) = (L) = 0
C=
0.000434073
D'où (L/2)
=
-0.000439 rd
Contraintes normales maximales dues à la torsion non uniforme
Les contraintes normales dues à la torsion non uniforme et/ou gênée suivent une loi proportionnelle à l'aire
 = E C d²/dx²
sectorielle principale C
En x = L/2, d²/dx² = '' =
1.63655E-06
D'où les valeurs maximales suivantes:
Sur le hourdis supérieur (en extrémité d'encorbellement):
0.289
Mpa
Sur la fibre inférieure des âmes :
-0.601
Mpa
(-0.00000237) (25-x)
(-0.00000237) (25x- x²/2) + C
Expression du Bimoment:
6515701 [(0.00000225) shx +
(-0.000002366) chx +
(Avec  =
0.073822508 m-1 comme on l'a vu)
2.3656E-06 ]
Le Bimoment permet de donner l’expression la plus générale des contraintes normales dans une section :
(Dans le cas particulier de cet exercice, si l'on néglige les charges permanentes, il n'y a des contraintes normales qu'à
cause de la torsion non uniforme gênée)
Bimoment (x)
12.00
10.00
8.00
6.00
4.00
2.00
0.00
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50