version fournie à Nicolas Hébert - sept. 2025
Résistance Des Matériaux 1
session : hiver 2025
https://moodle.polymtl.ca/
dernière mise à jour : 30 septembre 2025
auteurs : Alain Batailly
Merci à toutes les personnes qui ont aidé à la rédaction de ces notes de cours, que ce soit par une
relecture attentive, des commentaires ou suggestions : Jeanne Joachim, Florence Nyssen, Sami
Ammar, Smail Guenoun, Samuel Tremblay. . .
Ce document est sous licence Creative Commons : paternité ; pas d’utilisation commerciale ;
partage des conditions initiales à l’identique ;
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2
Table des matières
Préambule
3
1
Principes et notions de base
1.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Notions de base et rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Définition du cadre du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Méthode de résolution de problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Efforts externes/efforts internes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Concept de contrainte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Concept de déformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8 Relations constitutives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9 Conclusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.10 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.11 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
10
12
14
18
20
22
32
34
35
36
43
2
Chargements uniaxiaux
2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Déformations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Relation entre force et allongement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Influence de la température . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Relation entre allongement et déplacement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Résolution de problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Compatibilité géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.9 Cylindres à paroi mince sous pression . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.11 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
53
54
54
56
57
59
60
61
61
67
85
3
Flexion : DET/DMF
106
3.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3.2 Représentations et conventions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
3.3 Types de charges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
3.4 Types d’appuis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.5 Efforts internes : V , M . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
3.6 Méthode des sections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
3.7 Charges réparties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
3.8 Méthode intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.9 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
3.10 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
3
4
Flexion : contraintes
156
4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
4.2 Propriétés des sections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
4.3 Flexion pure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
4.4 Flexion ordinaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
4.5 Détermination des contraintes maximales de cisaillement τxy . . . . . . . . . . . . . . 173
4.6 Sections économiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
4.7 Répartition des contraintes dans un profil en I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
4.8 Distribution de cisaillement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
4.9 Sections assemblées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
4.10 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
4.11 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
5
Flexion : déformations
215
5.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
5.2 Relations différentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
5.3 Méthode de la double intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
5.4 Méthode des fonctions de singularité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
5.5 Méthode de superposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
5.6 Cas des systèmes hyperstatiques de degré 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
5.7 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
5.8 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242
6 Torsion des poutres
250
6.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
6.2 Sections circulaires pleines ou évidées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
6.3 Sections tubulaires à paroi mince . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
6.4 Sections circulaires évidées à paroi mince . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
6.5 Sections rectangulaires fines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
6.6 Sections composées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
6.7 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270
6.8 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
7 Superposition de contraintes
301
7.1 Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
7.2 Flexion dans le plan (⃗x,⃗z) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
7.3 Exemple de chargement complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
7.4 État plan de contraintes (2D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311
7.5 État plan de contraintes selon une direction quelconque . . . . . . . . . . . . . . . . 311
7.6 Directions principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315
7.7 Directions de cisaillement maximal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
7.8 État plan de contraintes (2,5D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323
7.9 Cercle de Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324
7.10 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327
7.11 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339
4
8
Déformations
348
8.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349
8.2 État plan de déformations (2D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350
8.3 État plan de déformations selon une direction quelconque . . . . . . . . . . . . . . . 353
8.4 Analogie déformations/contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
8.5 Mesures expérimentales des déformations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357
8.6 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359
8.7 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362
9
Relations σ/ε/T
373
9.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374
9.2 Essai de traction, propriétés fondamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374
9.3 Relation générale entre contraintes et déformations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376
9.4 Application à un état plan de contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379
9.5 Application à un état plan de déformations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380
9.6 Effet de la température . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380
9.7 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383
10 Facteurs de sécurité
390
10.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391
10.2 Critère de Tresca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391
10.3 Critère de von Mises . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394
10.4 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397
5
Préambule
Site Moodle
Le site Moodle 1 du cours est l’endroit où vous pourrez trouver les informations importantes
sur le cours et son déroulement. Tout au long de la session, la programmation des différentes
séances sera mise à jour semaine par semaine. Vous trouverez également plusieurs exemples et
exercices corrigés intégralement.
Lettres grecques
Plusieurs lettres grecques et symbôles sont utilisés dans le cadre du cours de résistance des
matériaux 1. Voici la liste de ceux utilisés le plus fréquemment :
lettre
σ
τ
ε
γ
θ
β
ν
ϕ
δ
∆
ρ
µ
α
Σ
ψ
nom
sigma
tau
epsilon
gamma
theta
beta
nu
phi
delta
delta
rho
mu
alpha
sigma
psi
quantité physique correspondante
contrainte normale
contrainte de cisaillement
déformation longitudinale
déformation de cisaillement
axe dans le système de coordonnées cylindrique
angle de rotation d’un repère par rapport à un autre
coefficient de Poisson
pente de la membrure (angle) en flexion
allongement d’une membrure en tension/compression
écart entre deux valeurs
rayon de courbure
flèche (déplacement) d’une membrure en flexion
coefficient de dilatation thermique
somme de termes
angle de torsion
1. https://moodle.polymtl.ca/course/view.php?id=1196
6
n◦ chapitre
1→10
1→10
1,8
1,8
1→10
7,8
1→10
4,5
2
1→10
5
5
9
1→10
6
Vue d’ensemble / Étude de cas
Cette section a pour but de vous donner une vue
d’ensemble du cours de résistance des matériaux 1.
L’étude de cas porte sur une poutre de la charpente
d’un toit de maison, voir la figure ci-contre.
Dans le but de pouvoir analyser l’équilibre mécanique
du système, il faut tout d’abord représenter ses appuis
ainsi que les charges subies. Dans le cas qui nous
intéresse, la poutre repose sur ses deux extrémités
sur deux murs de la maison et est soumise à une
charge ponctuelle F en son milieu :
y
F
R1
R2
x
A
4m
4m
B
y
x
z
Le Diagramme de Corps Libre (DCL)
ainsi représenté reprend des notions
du cours de statique (MEC1410) qui
sont rappelées au chapitre 1 du cours
de résistance des matériaux 1. Ce
DCL permet de calculer les réactions
aux appuis en écrivant les équations
d’équilibre :
∑ ⃗Fy = ⃗0 ⇒ R 1 + R 2 − F = 0
⃗ z = ⃗0 ⇒ −4F + 8R 2 = 0 (+ Á) (au point A)
∑M
On en déduit que :
R 1 = R 2 = F /2
L’étude des efforts et moments internes dans la poutre—qui est l’objet des chapitres 2 et 3
du cours—permet de tracer le Diagramme des Efforts Tranchants (DET) et le Diagramme des
Moments Fléchissants (DMF) de la poutre :
M (N.m)
2F
V (N)
F/2
A
B
x (m)
A
Mmax = 2F
x=4
B x (m)
-F/2
Grâce aux outils théoriques présentés au chapitre 4, et en utilisant des notions du cours de statique
(MEC1410) pour le calcul du second moment de section, il est possible d’analyser les contraintes
normale σx et de cisaillement τxy dans la poutre.
7
y
La section de la poutre est ici rectangulaire, de largeur
b = 10 cm et de hauteur h = 20 cm. Le second moment
de section vaut :
|ymax| = h/2
z
|ymin| = h/2
On en déduit la valeur de la contrainte normale
h = 20 cm
Ī z = bh3 /12 = 66,67 · 106 mm4
maximale dans la poutre :
b = 10 cm
σx,max =
Mmax |ymin |
=
Ī z
2F · 103 × 100
66,67 · 106
Sachant que la force F est estimée à F = 5000 N, on obtient :
σx,max = 15 MPa
Cette valeur est atteinte au milieu de la poutre, sur sa fibre inférieure. La limite d’élasticité du
bois utilisé est S y = 30 MPa. En appliquant les notions présentées au chapitre 10 relativement au
critère de sécurité de Von Mises, on obtient un facteur de sécurité qui vaut :
f vm = √
30
=2>1
0,5 × 2 × 152
Ceci permet de conclure que le dimensionnement de la poutre est approprié.
y
F
R1
¹(x)
A
R2
C
x
Grâce aux développements du
chapitre 5, il est possible de déterminer
les déformations de la poutre lorsqu’elle
est chargée. On s’intéresse notamment
à sa déflexion transversale, notée
µ ( x ).
B
'(x=4)=0
q( x ) = F /2 < x − 0 >−1 −F < x − 4 >−1 +F /2 < x − 8 >−1
EĪ z µ( x ) = F /12 < x − 0 >3 −F /6 < x − 4 >3 +F /12 < x − 8 >3 +c1 x + c2
L’analyse des conditions limites permet de déterminer c2 = 0 N·mm3 et c1 = −4F · 106 N·mm2 .
Le module d’Young du bois utilisé vaut E = 12 GPa, on obtient donc :
µ( x = 4) = 1/(12 · 103 × 66,67 · 106 ) × (5000 × (4 · 103 )3 /12) − 4 × 5000 · 106 × 4 · 103
µ( x = 4) = −33,3 mm
8
1
Principes et notions de base
Objectifs du chapitre
▶ assimiler les conventions de signe
▶ comprendre les hypothèses qui définissent le cadre du cours
▶ calculer des contraintes de cisaillement entre plaques collées
▶ calculer des contraintes de cisaillement dans des joints boulonnés
Pour donner votre avis sur la clarté de ce chapitre, pour apporter des commentaires ou des suggestions relativement à son contenu,
vous pouvez remplir ce sondage en ligne.
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Principes et notions de base
Plan détaillé du chapitre
1.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Notions de base et rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Définition du cadre du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Méthode de résolution de problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Efforts externes/efforts internes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Concept de contrainte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Concept de déformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.8 Relations constitutives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9 Conclusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.10 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.11 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
12
14
18
20
22
32
34
35
36
43
1.1 - Introduction
La résistance des matériaux consiste à déterminer les efforts internes, les contraintes (qui sont
homogènes à des efforts par unité de surface) et les déformations (qui permettent de caractériser
les changements de forme et de dimension) qui se développent dans une structure, tel un pont
(voir la figure 1.1), lorsqu’elle est soumise à des sollicitations externes. En particulier, la notion de
figure. 1.1 – photo prise lors de la construction du pont de Québec
contrainte est centrale dans tout le cours de résistance des matériaux 1. En effet, pour un matériau
donné, l’effort qui peut être supporté par une structure dépend fondamentalement de sa forme.
Par exemple, pour un barreau cylindrique tels que ceux représentés sur la figure 1.2, l’effort Fx
admissible en traction (c’est-à-dire pour un effort appliqué selon l’axe du barreau qui a tendance
à l’allonger) dépend du diamètre du cylindre. L’expérience montre que plus son diamètre est
grand, plus le barreau pourra résister à un effort élevé. Cela n’a donc pas de sens de parler d’un
effort maximal pour un matériau donné. En revanche, si on ramène l’amplitude de l’effort à l’aire
de la section du matériau perpendiculairement à l’axe d’application de l’effort—on définit alors
10
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.1 Introduction
une contrainte—, l’expérience montre que pour un matériau considéré, quel que soit la diamètre
du barreau, l’effort à partir duquel le matériau rompt conduit à une même valeur de contrainte
dans le matériau.
⃗y
⃗y
Ab > A a
Aa
Fx
Fx
⃗z
⃗z
Fx
Fx
⃗x
⃗x
(a) traction
(b) traction
figure. 1.2 – barreau soumis à un chargement de traction
À retenir
La notion de contrainte permet ainsi de définir une valeur limite en deçà de laquelle les charges
appliquées à un matériau sont admissibles.
1.1.1 Types de problèmes
Il existe deux grands types de problèmes à résoudre en résistance des matériaux :
Les problèmes de conception sont des problèmes (1) de dimensionnement ou (2) de choix du
matériau. Dans le premier cas, les efforts externes appliqués et le matériau à utiliser sont
connus et on cherche à dimensionner la structure pour que les contraintes et déformations
respectent un critère de sécurité. Dans le second cas, les efforts externes et les dimensions
de la structure sont connus et on cherche à identifier un matériau pour que les contraintes
et déformations respectent un critère de sécurité ;
Les problèmes d’analyse sont des problèmes (1) de vérification ou (2) de chargement. Dans
le premier cas, efforts externes, dimensions et matériau sont connus et on cherche donc
à vérifier que les contraintes et déformations dans la structure respectent un critère de
sécurité. Dans le second cas, le type de chargement appliqué, les dimensions de la structure
et le matériau sont connus et on cherche à déterminer le chargement maximum que la
structure pourra supporter afin que les contraintes et déformations respectent un critère
de sécurité.
11
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.2
Notions de base et rappels
1.1.2 Quelques définitions
Les critères de sécurité (détaillés dans le chapitre 10 du cours) traduisent les conditions dans
lesquelles l’intégrité structurelle est préservée en se focalisant notamment sur la :
résistance : la structure peut supporter et transmettre les charges externes ;
rigidité : la structure ne subit pas de déformations excessives ;
stabilité : la structure préserve son intégrité géométrique (il s’agit notamment d’éviter les
instabilités géométriques de type flambement) ;
endurance : la structure tolère sans rupture un chargement répété (à lier aux notions de cycles
et de fatigue) ;
résilience : la structure est capable d’absorber une certaine quantité d’énergie sans être trop
endommagée.
1.2 - Notions de base et rappels
Les deux notions au cœur du cours de résistance des matériaux—contraintes et déformations—
sont liées. Il existe plusieurs systèmes simples sur lesquels on peut mettre en évidence un lien
entre l’état de chargement de la structure (qui implique un certain état de contraintes) et ses
déformations.
1.2.1 Relation effort/déformation
Considérons un ressort de raideur k tel que celui représenté sur la figure 1.3. Lorsqu’on
applique un effort F à l’extrémité de ce ressort, ce dernier s’allonge d’une longueur δ. L’expérience
montre qu’il existe une relation linéaire entre l’amplitude de la force appliquée et l’allongement
mesuré :
F = kδ
Cet exemple bien connu du ressort permet, sur un cas simple, de mettre en évidence l’existence
δ
F
k
(a) repos
k
(b) configuration chargée
figure. 1.3 – ressort de raideur k
d’une relation linéaire entre effort (F ) et l’allongement δ, voir figure 1.4. Dans le cadre du cours
de résistance des matériaux, on établira une relation identique entre :
— l’amplitude d’un chargement de traction sur un barreau et l’allongement de ce barreau (au
chapitre 2) ;
— l’amplitude d’un moment de flexion sur une poutre et le rayon de courbure de cette
dernière (au chapitre 4) ;
12
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.2
Notions de base et rappels
— l’amplitude d’un moment de torsion sur une poutre et l’angle de rotation de son extrémité
(au chapitre 6).
effort
pente : rigidité k
changement de forme
figure. 1.4 – relation effort/changement de forme
1.2.2 Forces et moments
Une force est une quantité vectorielle spécifiée par (1) sa grandeur, (2) sa direction et, (3)
son point d’application. L’application d’une force sur un point d’un solide a un effet direct
(translation) et un effet indirect (rotation liée au moment de la force). Soit un solide quelconque
(S), voir la figure 1.5, l’effet de la force ⃗F appliquée au point A est équivalent à l’effet combiné
⃗ 0.
au point O de la force de même amplitude ⃗F0 appliquée au point O et du moment M
⃗y
(S)
⃗0
M
⃗F0 = −F⃗z
O
⃗r
⃗z
⃗F = −F⃗z
⃗x
A
d
figure. 1.5 – changement de point d’application d’une force sur un solide quelconque
À retenir
⃗ 0 avec une flèche et deux pointes est reprise en détails dans le chapitre 6.
La notation du moment M
Deux forces de même intensité, dont les lignes d’action sont parallèles mais qui sont de sens
opposé définissent un couple, voir la figure 1.6. Le moment d’un couple C vaut :
C = Fd
13
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
Définition du cadre du cours
1.3
où d est la distance entre les lignes d’application des deux forces. Un couple a le même effet en
tout point du plan défini par les deux forces. En effet, en considérant deux points quelconques I
et J , tels que ceux indiqués sur la figure 1.6, on montre que :
C I = MI = F1 a + F2 b = F ( a + b) = F d
et que :
C J = MJ = F1 h − F2 g = F ( h − g) = F d
⃗F1
a
I
∥⃗F1 ∥ = ∥⃗F2 ∥ = F
b
h
g
⃗F2
J
figure. 1.6 – moment d’un couple
1.3 - Définition du cadre du cours
Le cadre du cours est défini par un ensemble d’hypothèses et d’approximations qu’il est
possible de regrouper en trois grandes catégories : (1) le cadre d’étude général et les grands
principes associés, (2) les hypothèses relatives aux propriétés mécaniques des matériaux considérés
et, (3) les hypothèses de chargement.
1.3.1 Principes fondamentaux
Il y a deux grands principes qui sont à la base de tous les calculs effectués dans le cours de
résistance des matériaux 1 : le principe de Saint-Venant et le principe de superposition.
Le principe de Saint-Venant : s’énonce de la façon suivante : Les contraintes et les déformations
dans une région d’un solide suffisamment éloignée des points d’application des efforts externes
ne dépendent pas de la façon dont sont appliqués ces efforts externes. À titre d’illustration,
on considère une lame encastrée à sa base telle que celle représentée sur la figure 1.7.
Soumettre cette lame à un effort F selon la direction axiale peut se faire de plusieurs
façons, par exemple :
— de façon localisée, en un point de sa section ;
— de façon uniforme en appliquant une pression p = F /A sur la section de la lame (A
étant l’aire de la section) ;
14
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
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n
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n
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1 - en gé
Principes et notions de base
1.3
Définition du cadre du cours
— en perçant un trou au bout de la lame, en y faisant passer une goupille sur laquelle on
applique F /2 de chaque côté.
σmax
σ(von Mises)
σmin
(a) simulations éléments finis
(b) code couleur
figure. 1.7 – simulations éléments finis d’une lame soumise à un chargement statique d’intensité
F mais appliqué de diverses façons (structure au repos ; application ponctuelle ; application
uniforme sur la section ; application locale avec une goupille)
Chacun de ces trois types d’application de la force F est modélisé à l’aide de la méthode
des éléments finis (qui sera détaillée dans le cadre des cours MEC3230 ou MEC3400). Ces
simulations font apparaître des variations de contraintes très significatives (du fait de la
variation des couleurs du blanc au noir) autour des zones d’application des efforts sur
l’extrémité de la lame. En revanche, loin du point d’application, dans toute la zone en
dessous de la ligne jaune en pointillés sur la figure 1.7, il est remarquable que la contrainte
dans la lame est uniforme et égale quelle que soit la façon dont est appliqué le chargement.
Le principe de superposition est central. En effet, en mécanique en général, la possibilité
d’appliquer ce principe est ce qui distingue fondamentalement les problèmes linéaires
(tels que ceux traités dans le cours de résistance des matériaux 1) des problèmes nonlinéaires. Il peut se résumer de la façon suivante : La somme des effets est égale aux effets de la
somme. En pratique, ceci signifie que la déformée d’un système soumis à un cas de charge
composé, par exemple, deux efforts externes (tel que celui représenté sur la figure 1.8), est
égale à la somme des déformées obtenues en considérant chacun des deux efforts externes
séparément, voir la figure 1.9. Pour l’exemple proposé, le déplacement vertical uD du
point D sous le cas de chargement représenté sur la figure 1.8 vaut :
uD = u1 + u2
15
A. Batailly, hiver 2025
s
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1 - en gé
Principes et notions de base
1.3 Définition du cadre du cours
rotule
F1
F2
barreau élastique
D (joint rotulé)
rotule
B
C
rigide
figure. 1.8 – cas de charge composé de deux efforts externes
rotule
rotule
F1
F2
+
C
D
rotule
B
D
u1
rotule
B
C
u2
figure. 1.9 – déformée associée à chacun des deux efforts externes du cas de charge de la figure 1.8
À titre d’illustration, on repart de la lame encastrée déjà utilisée pour illustrer le principe de
Saint-Venant, voir la figure 1.10. Pour un cas de charge composé de deux forces transversales,
la déformée obtenue en considérant les deux forces (à droite) est égale à la somme des
déformées en considérant chacune des deux forces séparément (à gauche et au centre).
1.3.2 Propriétés matériaux
Tout au long des dix chapitres du cours, nous ferons l’hypothèse que les matériaux étudiés
sont :
continus : c’est-à-dire qu’ils ne contiennent aucune cavité ou fissure ;
homogènes : leurs propriétés mécaniques sont identiques en tout point de la structure ;
isotropes : en un point donné, les propriétés mécaniques sont les mêmes quelle que soit la
direction de l’espace considérée (par opposition au béton armé ou aux matériaux composites
pour lesquels des renforts existent selon certaines directions spécifiques) ;
linéaires : il existe une relation linéaire entre contraintes et déformations (on n’étudiera donc
pas de matériaux tels que des caoutchoucs).
1.3.3 Hypothèses de chargement
Enfin, plusieurs hypothèses sont faites sur les chargements appliqués aux structures étudiées :
16
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.3 Définition du cadre du cours
u1 + u2
u2
u1
F2
F2
F1
F1
figure. 1.10 – simulations éléments finis d’une lame soumise à un chargement statique composé
de deux forces transversales
pas de contraintes résiduelles : avant application des efforts externes, on suppose que la
structure ne subit aucune force interne (telles que des contraintes résiduelles pouvant être
associées à un processus de fabrication par exemple) ;
charges statiques : seuls des efforts statiques sont pris en compte, on ne s’intéresse donc pas
à des cas de charges dynamiques dépendant explicitement du temps ;
cadre des petites déformations : tous les déplacements et toutes les déformations sont supposés
petits par rapport à une longueur caractéristique du problème étudié. Par exemple, pour
l’allongement δ d’un barreau de longueur L, on se placera toujours dans un cadre où δ <<
L. Ce cadre permet notamment de s’assurer que l’hypothèse de linéarité du comportement
du matériau est vérifiée. Dans le cas d’une poutre appuyée sur un joint pivot, voir la
⃗y
L
θ
A’
∆A
⃗x
A
A
(a) repos
(b) configuration déformée
figure. 1.11 – exemple de déplacement d’un barreau relié au bâti par un joint pivot
figure 1.11, on supposera que l’angle de rotation θ de la poutre après déformation est
17
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.4
Méthode de résolution de problèmes
faible. Par conséquent, le déplacement vertical ∆A du point A sera assimilé à :
∆A = L sin(θ ) = Lθ
et on négligera le déplacement horizontal du point A (suivant la direction ⃗x).
1.4 - Méthode de résolution de problèmes
Cette section présente brièvement les grandes étapes de la résolution d’un problème de
résistance des matériaux. Pour un chapitre donné du cours, les méthodes de résolution associées
pourront être ponctuellement modifiées mais les grandes étapes présentées ci-après structureront
toujours le raisonnement.
1.4.1 (a) - Étude des forces, moments et conditions d’équilibre
La première étape d’un problème de résistance des matériaux est le diagramme de corps libre
(DCL) qui permet de représenter le système et l’intégralité des charges (externes et éventuellement
internes si le DCL se focalise sur une sous-partie du système étudié). Il est fondamental de :
— toujours dessiner les axes du repère sur le DCL ;
— représenter clairement toutes les forces qui s’appliquent sur le système ;
— comprendre que le DCL représente toujours le système non déformé.
Une fois le DCL tracé, on peut se focaliser sur l’étude des charges appliquées sur la structure.
Après application du chargement externe, l’équilibre mécanique du solide (S) représenté sur la
⃗F3 = F3,x⃗x + F3,y⃗y + F3,z⃗z
⃗y
⃗z
(S)
⃗ 2 = M2,x⃗x + M2,y⃗y + M2,z⃗z
M
⃗x
O
⃗F1 = F1,x⃗x + F1,y⃗y + F1,z⃗z
⃗ 4 = M4,x⃗x + M4,y⃗y + M4,z⃗z
M
figure. 1.12 – solide quelconque soumis à plusieurs forces et moments
figure 1.12 se traduit par :
∑ ⃗F = ⃗0
(1.1)
⃗ = ⃗0 (+ Á)
∑M
(1.2)
et :
18
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.4
Méthode de résolution de problèmes
À retenir
Le symbole (+ Á) exprime que les moments sont comptés positivement dans le sens anti-horaire.
En trois dimensions, ces deux équations vectorielles sont équivalentes à vérifier simultanément
les six équations scalaires d’équilibre :


∑ Fx = 0
∑ Fy = 0


∑ Fz = 0
et :


∑ M x = 0 (+ Á)
∑ M y = 0 (+ Á)


∑ M z = 0 (+ Á)
Ces conditions doivent être vérifiées en tout point du solide considéré et s’appliquent aux forces
et moments externes et internes.
Usuellement, les problèmes traités dans le cours de résistance des matériaux sont représentés
en deux dimensions, dans le plan (⃗x,⃗y). Pour de tels problèmes, le nombre d’équations d’équilibre
se réduit à trois :


∑ Fx = 0
∑ Fy = 0


∑ Fz = 0
et :


∑ M x = 0
∑ My = 0


∑ M z = 0 (+ Á)
soit deux équations d’équilibre des forces dans le plan et une équation d’équilibre des moments
suivant l’axe perpendiculaire au plan considéré.
1.4.2
(b) - Étude des déplacements et compatibilité géométrique
Compte-tenu des hypothèses et du cadre du cours, la structure chargée conserve sa continuité
et son intégrité après avoir été déformée sous l’action des charges externes et éventuellement de
chargements thermiques (c’est-à-dire de variations de température). Cette étape de la résolution
consiste donc à établir des relations entre les déplacements des différentes composantes de la
structure. Ce point sera notamment détaillé dans les chapitres 2, 5 et 6.
19
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.5
Efforts externes/efforts internes
À retenir
Il faudra être attentif à distinguer les quantités absolues et relatives. Par exemple :
— allongement ̸= déplacement : le premier est absolu, c’est-à-dire que son signe traduit
une propriété physique intrinsèque (un allongement négatif signifie un raccourcissement),
alors que le second est relatif, c’est-à-dire que le signe du déplacement dépend de
l’orientation du repère considéré ;
— distance ̸= déplacement : la première est absolue (une distance est toujours positive) alors
qu’un déplacement peut être négatif dépendamment de l’orientation du repère considéré.
1.4.3 (c) - Application des relations forces/déplacements
Cette dernière étape fait intervenir les relations constitutives permettant de lier forces et
déplacements (ou contraintes et déformations). En pratique, les relations utilisées dépendent du
type de problème étudié :
— relation entre allongement d’un barreau et force à l’intérieur de ce barreau (chapitre 2) ;
— relation entre l’angle de rotation d’une section d’une poutre et le moment de torsion
interne (chapitre 6) ;
— relation entre tenseur des déformations et tenseur des contraintes dans un cas de charge
complexe (chapitre 9).
1.5 - Efforts externes/efforts internes
1.5.1 Efforts externes
Les efforts externes représentent l’action des autres corps sur la structure étudiée. Il s’agit
notamment :
des charges appliquées qui sont toujours statiques en résistance des matériaux ;
des réactions aux appuis (voir le tableau 2) ;
du poids propre de la structure (fréquemment négligé en résistance des matériaux) ;
de pressions (force par unité de surface) appliquées sur certaines parois de la structure (dans
le cas, par exemple, de réservoirs).
1.5.2 Efforts internes
Les efforts internes sont engendrés par les efforts externes. Ils maintiennent ensemble les
particules de la structure étudiée. Dans un DCL, lorsque la structure est coupée de façon virtuelle,
les efforts internes apparaissent explicitement au niveau de la zone de coupe. Le solide (S)
représenté sur la figure 1.12 est virtuellement coupé en deux au niveau de sa section A, voir
la figure 1.13. Les forces et moments internes qui s’exercent au niveau de la section A sont
usuellement sommés et représentés au centroïde de la section. Dans le cas général, il est important
de noter que la direction et l’amplitude des efforts et moments internes dépendent du plan de
coupe considéré. En deux dimensions, on représente usuellement trois quantités sur la zone de
coupe : (1) une force normale ⃗N au plan de coupe, (2) une force de cisaillement ⃗V (tangente au
20
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.5
type d’appui
Efforts externes/efforts internes
représentation visuelle
réactions associées
⃗y
Ry
appui simple
⃗x
⃗y
Ry
rotule
Rx
⃗x
⃗y
Ry
encastrement
Mz
Rx
⃗x
⃗y
R y = kδ
appui flexible
k
⃗x
tableau. 2 – tableau récapitulatif des réactions pour chaque type d’appui (plus de détails au
chapitre 3)
A′
A
⃗F3
⃗y
⃗z
O
⃗Fi
(S)
⃗2
M
⃗x
⃗i
M
⃗F1
⃗4
M
figure. 1.13 – solide quelconque soumis à plusieurs forces et moments, coupe en 3D
⃗ selon l’axe orthogonal au plan d’étude, voir la
plan de coupe) et, (3) un moment de flexion M
figure 1.14.
21
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
Concept de contrainte
1.6
⃗F3
(S)
⃗y
⃗V
O
⃗2
M
⃗N
⃗x
⃗
M
⃗F1
⃗4
M
figure. 1.14 – solide quelconque soumis à plusieurs forces et moments, coupe en 2D
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 1 de ce chapitre à la page 36.
1.6 - Concept de contrainte
En résistance des matériaux, la notion de contrainte est utilisée pour représenter l’intensité
de force interne en un point d’une structure soumise à des forces et moments externes. L’état de
contraintes en un point permet ainsi de caractériser l’état local des sollicitations mécaniques en
ce point.
À retenir
Une contrainte est homogène à une pression. C’est une force par unité de surface, son unité est
le Pascal (Pa). On utilise usuellement le mégapascal (MPa) ou le gigapascal (GPa) :
1 GPa = 103 MPa = 109 Pa
1.6.1 Généralités
On considère un solide (S) quelconque tel que celui représenté sur la figure 1.13. Ce solide
est coupé virtuellement selon un plan perpendiculaire à l’axe ⃗x et on s’intéresse au point I,
quelconque, sur la section A ainsi définie, voir la figure 1.15. On considère un domaine carré
(d’aire ∆A x = ∆y × ∆z) autour du point I, de largeur ∆z et de hauteur ∆y et on note ∆⃗F la
résultante de l’ensemble des forces internes qui s’exercent sur ce carré de matière. La force ∆⃗F est
décomposée suivant les trois directions du repère cartésien considéré :
∆⃗F = ∆Fx⃗x + ∆Fy⃗y + ∆Fz⃗z
22
A. Batailly, hiver 2025
s
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aissie
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1 - en gé
Principes et notions de base
1.6
Concept de contrainte
A
⃗F3
⃗y
∆y
⃗x
O
⃗z
I
∆A x
∆⃗F = ∆Fx⃗x + ∆Fy⃗y + ∆Fz⃗z
⃗4
M
∆z
figure. 1.15 – solide quelconque soumis à plusieurs forces et moments, coupe en 3D
chacune de ces composantes sont représentées sur la figure 1.16. On définit alors les trois intensités
moyennes :
∆Fx ∆Fy ∆Fz
;
;
∆A x ∆A x ∆A x
En passant à la limite, lorsque l’aire ∆A x tend vers 0 (c’est-à-dire : ∆z → 0 et ∆y → 0), ces
A
⃗F3
⃗y
⃗z
∆y
⃗x
O
I
∆Fz
∆Fx
∆Fy
⃗4
M
∆z
figure. 1.16 – solide quelconque soumis à plusieurs forces et moments, projection de ∆F
intensités moyennes permettent de définir trois contraintes au point I :
une contrainte normale :
∆Fx
dFx
=
, notée plus simplement : σx
dA x
∆A x →0 ∆A x
σxx = lim
23
(1.3)
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.6
Concept de contrainte
deux contraintes de cisaillement (tangentielles) :
dFy
∆Fy
=
dA x
∆A x →0 ∆A x
τxy = lim
τxz = lim
∆Fz
∆A x →0 ∆A x
=
(1.4)
dFz
dA x
(1.5)
Ces trois contraintes sont définies en un point, ici le point I, et sont représentées sur la figure 1.17.
Les valeurs de ces trois contraintes varient en fonction du point considéré sur la section A. La
représentation des contraintes en un point suit une convention précise qui doit être respectée
scrupuleusement.
A
⃗F3
⃗y
τxy
⃗z
O
I
⃗x
σx
τxz
⃗4
M
figure. 1.17 – représentation des contraintes au point I
À retenir
Une contrainte de cisaillement τij se représente de la façon suivante : il s’agit d’une contrainte
dans un plan perpendiculaire à l’axe ⃗i et selon la direction ⃗j.
On définit tout d’abord le signe d’une section. Pour ce faire, on trace la normale ⃗n extérieure
à cette section et sortant de la matière, voir la figure 1.18. Si le vecteur ⃗n est orienté dans le même
sens que l’axe du repère orthogonal à la section (ici l’axe ⃗x), la face est dite positive, c’est le cas de
la section gauche, notée A+ sur la figure 1.18. Inversement, si le vecteur ⃗n est orienté dans le sens
opposé à celui de l’axe du repère orthogonal à la section (ici l’axe ⃗x), la face est dite négative, c’est
le cas de la section droite, notée A− sur la figure 1.18. Dépendamment du signe de la section, on
adapte la représentation des contraintes en suivant la règle suivante :
24
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.6
A−
A+
⃗F3
⃗y
⃗y
τxy
⃗z
O
Concept de contrainte
O ⃗n
⃗x = ⃗n
I
(S)
τxz
⃗z
σx
σx
τxz
⃗2
M
⃗x
I
⃗F1
τxy
⃗4
M
figure. 1.18 – distinction entre faces positive A+ et négative A−
À retenir
— sur une face positive, une contrainte positive est représentée selon le sens positif de l’axe
du repère associé ;
— sur une face négative, une contrainte positive est représentée selon le sens négatif de l’axe
du repère associé.
Un récapitulatif de cette convention de signe est présenté sur un cas simplifié en deux dimensions
sur la figure 1.19.
On rappelle que le point de départ du raisonnement suivi dans cette section du cours est la
coupe d’un solide quelconque par un plan perpendiculaire à l’axe ⃗x, voir la figure 1.15. De ce
plan de coupe, nous avons défini trois contraintes : σx , τxy et τxz . Ainsi, en reprenant exactement
le même raisonnement, mais en considérant d’autres plans, tels que des plans perpendiculaires
aux axes ⃗y et ⃗z seront définies six autres contraintes : σy , τyx , τyz et σz , τzx , τzy . Finalement, si on
considère un cube de matière autour du point I représenté sur la figure 1.15—une des faces de
ce cube étant le carré de matière mis en évidence sur la figure 1.15—il aura fallu considérer six
plans de coupes autour de I, voir la figure 1.20. La figure 1.20 met ainsi en évidence que l’état
de contraintes autour d’un point matériel quelconque d’une structure est a priori défini par 18
contraintes (3 définies sur chacune des six faces du cube de matière). Toutefois, en passant à la
limite, c’est-à-dire en considérant ∆x → 0, l’équilibre mécanique du cube (∑ ⃗Fx = ⃗0) suivant la
direction ⃗x donne :
′
′
σxA x − σx′ A x + τzxA z − τzx
A z + τyxA y − τyx
Ay = 0
(1.6)
En passant à la limite dans l’équation (1.6), pour ∆x → 0, les aires A y et A z deviennent infiniment
petites : A y , A z → 0. Il reste :
σxA x − σx′ A x = 0
25
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.6
Concept de contrainte
⃗y
poutre
⃗x
face positive
face négative
⃗n
⃗n
(a) définition des faces
⃗y
poutre
⃗x
face positive
σx
σx
face négative
σx
σx
(b) représentation des contraintes normales positives/négatives
⃗y
poutre
⃗x
τxy
face positive
τxyτxy
face négative
τxy
(c)
représentation
positives/négatives
des
contraintes
de
cisaillement
figure. 1.19 – bilan des conventions de signe sur un cas 2D
soit :
σx = σx′
(1.7)
De même, en passant à la limite dans l’équation (1.6), pour ∆y → 0, les aires A x et A z deviennent
infiniment petites : A x , A z → 0 et il reste :
′
τyxA y − τyx
Ay = 0
d’où :
′
τyx = τyx
(1.8)
Enfin, pour ∆z → 0 dans l’équation (1.6), il reste :
′
τzxA z − τzx
Az = 0
26
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.6
Concept de contrainte
⃗y
σy
τyz
σx′
τyx
′
τxz
′
τzx
τxy
τzy
∆y
I
′
τxy
σz
τzx
′
τzy
τxz
′
τyx
⃗z
σz′
σx
′
τyz
⃗x
σy′
∆x
∆z
figure. 1.20 – cube de matière centré sur le point I (agrandissement de la figure 1.15)
soit :
′
τzx = τzx
(1.9)
De la même façon, en partant des équations d’équilibre ∑ ⃗Fy = ⃗0 et ∑ ⃗Fz = ⃗0, puis en passant à la
limite, on montre respectivement :
σy = σy′
′
τxy = τxy
(1.10)
′
τzy = τzy
et :
σz = σz′
′
τyz = τyz
(1.11)
′
τxz = τxz
Ainsi, les 18 contraintes identifiées initialement se réduisent à 9 termes indépendants : σx , σy ,
σz , τxy , τxz , τyx , τyz , τzx et τzy , voir la figure 1.21. Dans un second temps, on étudie l’équilibre du
cube de matière représenté sur la figure 1.21 en se focalisant sur les moments autour des axes ⃗1,
⃗2 et ⃗3. En particulier, on doit avoir :
⃗ 1 = ⃗0 (+ Á)
∑M
27
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
Concept de contrainte
1.6
3
⃗y
σy
2
τyz
τyx
σx
1
τxz
τzx
τxy
τzy
σz
I
τxy
τzy
1
σz
τzx
τxz
τyx
⃗z
σx
τyz
2
σy
⃗x
3
figure. 1.21 – cube de matière centré sur le point I
(τxy ∆y∆z)
∆x
∆x
∆y
∆y
+ (τxy ∆y∆z)
− (τyx ∆x∆z)
− (τyx ∆x∆z)
=0
2
2
2
2
2τxy = 2τyx
τxy = τyx
(1.12)
De même, l’équation :
⃗ 2 = ⃗0 (+ Á)
∑M
conduit à :
τyz = τzy
(1.13)
et l’équation :
⃗ 3 = ⃗0 (+ Á)
∑M
à:
τxz = τzx
28
(1.14)
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.6
Concept de contrainte
À retenir
Finalement, l’état de contraintes en un point I quelconque d’un solide est caractérisé par 6
termes indépendants : 3 contraintes normales σx , σy , σz et 3 contraintes de cisaillement τxy , τyz ,
τxz . Ces termes sont usuellement représentés sous forme d’une matrice 3 × 3 (représentation
mathématique du tenseur des contraintes) :


σx τxy τxz
σ̄¯ ij I ,xyz = τyx σy τyz 
τzx τzy σz
La matrice est symétrique puisqu’on a toujours les relations :
τyx = τxy , τzx = τxz et τzy = τyz
Ces relations caractérisent la symétrie du tenseur des contraintes.
Les chapitres 2 à 6 du cours ont pour objectif de calculer quelques uns des termes du tenseur
des contraintes pour différents types de chargements.
1.6.2 Application sur des cas simples
(1) - chargement uniaxial : considérons un barreau cylindrique soumis à un chargement uniaxial,
voir la figure 1.22. On peut montrer que ce type de chargement génère un seul type de
contrainte dans le barreau : une contrainte normale σx et que :
σx =
⃗y
Fi
(1.15)
A
A
Fx
⃗z
Fi
Fx
⃗x
figure. 1.22 – barreau soumis à un chargement uniaxial
(2) - joint boulonné : on cherche à calculer la contrainte de cisaillement qui s’exerce sur un
joint boulonné (ou une vis ou un rivet) tel que celui représenté sur la figure 1.23. En isolant
le rivet, puis sa partie inférieure, voir les figures 1.24 et 1.25, on obtient que la force interne
29
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.6
Concept de contrainte
⃗y
Fx
Fx
⃗x
figure. 1.23 – joint boulonné sollicité suivant l’axe ⃗x
⃗y
Fx
Fx
⃗x
figure. 1.24 – DCL du rivet
⃗y
Fi
Fx
⃗x
A
figure. 1.25 – DCL de la partie inférieure du rivet
dans le rivet vaut : Fi = Fx . On peut alors montrer que la contrainte de cisaillement dans
le rivet s’exprime de la façon suivante :
τ=
Fi
A
(1.16)
où A est l’aire de la section du rivet. On appelle plan de cisaillement l’interface entre les deux
plaques liées par le rivet. Il est possible d’avoir plusieurs plans de cisaillement pour un
rivet, voir la figure 1.26. Si l’effort appliqué de part et d’autre reste identique, la contrainte
de cisaillement dans le rivet est alors divisée par le nombre de plans de cisaillement.
(3) - joints collés : dans le cas de deux plaques collées, telles que celles représentées sur la
figure 1.27, la contrainte de cisaillement s’exprime en fonction de l’aire de la zone collée.
Le DCL de la plaque inférieure tracé sur la figure 1.28 permet de faire apparaître la force
interne qui s’exerce sur l’interface collée et on montre que la contrainte de cisaillement
vaut :
τ=
30
Fi
A
(1.17)
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.6
Concept de contrainte
⃗y
Fx /2
Fx
⃗x
Fx /2
(a) vue d’ensemble
⃗y
Fx /2
Fx
⃗x
Fx /2
(b) focalisation sur les plans de cisaillement : le boulon est le seul corps traversé par ces plans
figure. 1.26 – représentation d’un joint boulonné avec deux plans de cisaillement
⃗y
colle
Fx
Fx
⃗x
figure. 1.27 – joint collé sollicité suivant la direction ⃗x
⃗y
colle
Fi
Fx
⃗x
figure. 1.28 – DCL, la plaque inférieure est isolée
où A est l’aire de la zone collée.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 2 de ce chapitre à la page 37.
31
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Principes et notions de base
1.7
Concept de déformation
1.7 - Concept de déformation
Soit le domaine carré autour du point I représenté sur la figure 1.15. Sous l’action des efforts
et moments externes appliqués sur le solide (S), ce domaine peut se déformer. Comme le montre
la figure 1.29, on distingue deux types de déformations :
les déformations normales (ou longitudinales) : elles représentent une variation de longueur
et sont associées à l’action des contraintes normales ;
les déformations de cisaillement : elles représentent une variation d’angle et sont associées
à l’action des contraintes de cisaillement.
C’
D’
C
D
C’
C’
⃗y
I
⃗y
D’
⃗x
I
⃗x
B’
A’
A
B
B’
A’
A’
(a) déformation normale
(b) déformation de cisaillement
figure. 1.29 – différents types de déformation
1.7.1 Déformation normale (ou longitudinale)
Une déformation normale est définie de la façon suivante :
ε=
longueur finale − longueur initiale
longueur initiale
(1.18)
ou, ce qui est identique, de cette façon :
ε=
allongement
longueur initiale
(1.19)
À retenir
Une déformation normale est une grandeur sans unité qui peut être positive ou négative.
32
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.7
Concept de déformation
Avec les notations de la figure 1.29a, on a :
εx =
A′ B′ − AB
AB
εy =
A′ D ′ − AD
AD
et :
1.7.2 Déformation de cisaillement
La déformation de cisaillement caractérise la variation d’angle du domaine, elle est notée γ.
On la définit comme suit :
γ=
lim
∆x,∆y→0
tan(angle initial − angle final)
(1.20)
Avec les notations de la figure 1.29b, on a :
γxy =
lim
d − B′d
tan(BAD
A′ D ′ )
lim
tan(
∆x,∆y→0
γxy =
∆x,∆y→0
π
− B′d
A′ D ′ )
2
De même que pour les déformations normales ε, les déformations de cisaillement γ sont des
grandeurs sans unité pouvant être positives ou négatives.
1.7.3 Convention de signe
Si une déformation normale est positive, cela traduit une augmentation de longueur (allongement).
Inversement, si une déformation normale est négative, cela traduit une diminution de longueur
(raccourcissement). Par exemple, sur la figure 1.29a, on a :
ε x > 0 et ε y < 0
Si une déformation de cisaillement est positive, cela traduit une diminution de l’angle droit au
point étudié. Inversement, si la déformation de cisaillement est négative, il y a augmentation de
l’angle droit. Sur la figure 1.29b, on a :
γxy > 0
À retenir
De façon analogue à ce qui a été fait pour les contraintes dans la section 1.6 on peut montrer qu’en
un point donné, l’état de déformations est entièrement caractérisé par 6 termes indépendants :
3 déformations normales ε x , ε y , ε z , et 3 déformations de cisaillement γxy , γyz , γzx . Ces termes
33
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.8
Relations constitutives
sont usuellement représentés sous forme d’une matrice 3 × 3 (représentation mathématique du
tenseur des déformations) :


1
1
ε
γ
γ
x
xy
xz
2
2
1

ε̄¯ ij I ,xyz =  12 γyx
εy
2 γyz
1
1
εz
2 γzx
2 γzy
La matrice est symétrique puisqu’on a toujours les relations :
γyx = γxy , γzx = γxz et γzy = γyz
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 3 de ce chapitre à la page 41.
1.8 - Relations constitutives
L’étude des relations constitutives est la dernière grande section de ce chapitre introductif. On
appelle relation constitutive une relation permettant de lier les contraintes (σ, τ ) aux déformations
(ε, γ). Historiquement, ces relations ont tout d’abord été obtenues expérimentalement sur des cas
simples de sollicitations mécaniques, tel que l’essai de traction (voir le chapitre 9 pour plus de
détails). Ces relations sont fondamentalement liées au matériau considéré.
1.8.1 Loi de Hooke
Dans le domaine linéaire, pour un chargement uniaxial, la loi de Hooke traduit la relation
entre contrainte et déformation normales :
σ = Eε
(1.21)
Des relations plus générales associées à la loi de Hooke seront établies au chapitre 9.
1.8.2 Effet de Poisson
Lorsqu’un barreau est allongé, son diamètre diminue, voir la figure 1.30. Cette observation est
une conséquence de l’effet de Poisson. Inversement, si le barreau était comprimé, l’effet de Poisson
traduirait son expansion transversale. L’expérience montre que les déformations transversales
sont définies proportionnellement à la déformation normale. Avec les notations de la figure 1.30,
34
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.9
Conclusion
l’effet de Poisson implique :
ε y = −νε x
(1.22)
ε z = −νε x
où ν est le coefficient de Poisson du matériau. On a : ν ∈ [0 ; 0,5[.
⃗y
Fx
⃗z
d0
L
d
L + δm
Fx
⃗x
figure. 1.30 – déformation d’un barreau soumis à un chargement uniaxial : configuration initiale
en gris, configuration déformée en rouge (chapitre 2)
1.9 - Conclusion
Ce premier chapitre a été l’occasion d’aborder de façon brève et partielle de nombreux aspects
qui seront détaillés dans les prochains chapitres du cours. Le chapitre 2 revient en détails sur
l’analyse des chargements uniaxiaux mentionnés dans la section 1.6. Les chapitres 3, 4 et 5 portent
quant à eux sur l’étude de la flexion des poutres et ont notamment pour objet une analyse fine
des états de contraintes et de déformations associés. Par la suite, le chapitre 6 se focalise sur
l’analyse des poutres soumises à un chargement de type torsion, sa structure est similaire à celle
du chapitre 2. Les chapitres 7 à 9 portent sur l’analyse de cas de charges complexes. Enfin, le
chapitre 10 clôt le cours de résistance des matériaux 1 en présentant les facteurs de sécurité
usuellement utilisés pour le dimensionnement de structures.
35
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.10 Exemples et applications directes du cours
1.10 - Exemples et applications directes du cours
Exemple 1
La structure représentée sur la figure 1.31 repose sur un joint pivot sans frottement au point O.
1. Déterminez la force verticale P pour maintenir la structure en équilibre. Puis, calculez les
réactions en O ainsi que la résultante associée et son orientation.
2. Calculez les efforts internes générés à la section S de la structure.
⃗y
B
50◦
0,3 m
400 N
C
600 N
0,2 m
0,4 m
S
D
0,5 m
90◦
20◦
⃗x
O
P
figure. 1.31 – exemple 1 : représentation de l’assemblage étudié
36
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 2
Le système ci-dessous, composé de trois plaques et deux rivets, est soumis à un effort de tension
de 1500 N selon la direction ⃗x. Calculez :
1. la contrainte dans la plaque en A (ou B) ;
2. la contrainte dans la plaque d’assemblage en C (ou D) ;
3. la contrainte dans les rivets.
4 mm
⃗z
C
⃗x
3 mm
1500 N
1500 N
A
B
D
rivet = 5 mm
⃗y
⃗x
1500 N
30 mm
1500 N
figure. 1.32 – exemple 2 : représentation de l’assemblage étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
La résolution de ce problème peut se faire dans le cadre de ce cours, c’est-à-dire en faisant
les hypothèses suivantes :
— les forces sont appliquées suffisamment loin de la zone étudiée ce qui permet de
supposer que les forces internes sont réparties uniformément dans une section droite
(principe de Saint-Venant) ;
— les rivets ne sont pas tendus et il n’y a pas de frottement aux interfaces ;
— on ignore les perturbations locales dues aux changements de géométrie (trous pour
les rivets).
test
–▶ Contrainte au point A (ou B) :
On coupe le système au niveau du point A :
37
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.10 Exemples et applications directes du cours
section A x
⃗z
1500 N
⃗x
σx A x
A
figure. 1.33 – exemple 2 : DCL de l’assemblage coupé en A
L’équilibre de la structure impose :
∑ ⃗Fx = ⃗0
−F + σx,AA x = 0
σx,A =
F
Ax
=
1500
3 × 30
σx,A = 16, 7 N/mm2 = 16, 7 MPa
test
–▶ Contrainte au point C (ou D) :
On coupe la structure au niveau du point C :
⃗z
section A x,C
C
⃗x
1500 N
a
a
A
D
Fx,C
Fx,D
section A x,D
figure. 1.34 – exemple 2 : DCL de l’assemblage coupé en A
Équilibre des forces :
∑ ⃗Fx = ⃗0
−F + Fx,C + Fx,D = 0
Fx,C + Fx,D = 1500 N
Équilibre des moments :
⃗ y = ⃗0 (+ ⤸)
∑M
a × Fx,C − a × Fx,D = 0
38
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.10 Exemples et applications directes du cours
Fx,C = Fx,D
On en déduit donc que :
Fx,C = Fx,D = 750 N
Il en résulte que :
σx,C =
Fc,C
A x,C
=
750
4 × 30
σx,C = 6, 25 N/mm2 = 6, 25 MPa
test
–▶ Contrainte dans les rivets :
⃗z
F1
F
⃗x
F2
a
a
figure. 1.35 – exemple 2 : DCL d’un rivet
Les sections sollicitées sont indiquées en
sur la figure 1.35. Comme ces sections sont
parallèles aux forces appliquées sur le rivet, les contraintes générées dans le rivet sont de
type cisaillement. L’équilibre des forces permet d’écrire :
∑ ⃗Fx = ⃗0
F1 + F2 = F = 1500 N
L’équilibre des moments donne :
⃗ y = ⃗0 (+ ⤸)
∑M
F1 a − F2 a = 0
F1 = F2
On a donc :
F1 = F2 = 750 N
39
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.10 Exemples et applications directes du cours
et finalement :
τzx = τrivet =
F1
Arivet
=
750
π52 /4
τrivet = 38,2 MPa
40
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 3
Une feuille métallique rectangulaire ABCD se déforme en A’B’C’D’, calculez les déformations ε x ,
ε y et γxy .
⃗y
C
B’
B
A’
0, 05
A
0, 08
C’
D
D’
0,4◦
⃗x
0, 02
0, 5
figure. 1.36 – exemple 3 : état initial (
mm et on a : AD=10 mm et AB=15 mm
) et état déformé (
), les distances sont données en
Résolution. Il s’agit d’une application directe des formules du cours. test
–▶ Déformation longitudinale ε x :
Pour calculer la déformation ε x , on regarde ce qui se passe au point A dans la direction ⃗x. On
s’intéresse donc à la variation de distance AD par rapport à ⃗x. Par définition :
εx =
A′ D ′ − AD
10 + 0,5 − 10
0,5
=
=
AD
10
10
ε x = 0,05
On rappelle que les déformations sont sans unité.
test
–▶ Déformation longitudinale ε y :
41
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.10 Exemples et applications directes du cours
On regarde ce qui se passe au point A dans la direction ⃗y. On s’intéresse donc à la variation
de la distance AB par rapport à ⃗y. On a :
εy =
A′ B′ − AB
15 − 0,05 − 15
−0,05
=
=
AB
15
15
ε y = −0,0033
test
–▶ Déformation de cisaillement (variation d’angle) γxy :
La variation d’angle γxy se calcule de la façon suivante :
γxy = tan
π
2
− B′A′ D ′
Ici :
B′A′ D ′ =
π
2π
+ 0,4 ×
2
360
On a donc :
2π
γxy = tan −0,4 ×
360
γxy = −0,007
42
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.11 Exercices d’application
1.11 - Exercices d’application
Exercice 1
Un joint est composé de deux tuyaux A et B, assemblés au manchon de raccordement circulaire
C à l’aide d’une colle et d’une goupille de 9 mm de diamètre. Le matériau des tuyaux, du
manchon, de la colle et de la goupille sont tels que les contraintes normale et de cisaillement
doivent satisfaire :
composant
tuyau (A et B), goupille
manchon (C)
colle
contrainte normale
|σ| ≤ 185 MPa
|σ| ≤ 150 MPa
|σ| ≤ 18 MPa
contrainte de cisaillement
|τ | ≤ 90 MPa
|τ | ≤ 75 MPa
|τ | ≤ 14 MPa
Déterminez la charge maximale F qu’on peut appliquer au joint.
contact lisse
C
A
F
B
45 mm
F
37 mm
18 mm
41 mm
colle
35 mm
goupille
figure. 1.37 – exercice 1 : représentation du joint étudié
Solutions


tuyau A :





tuyau B :
manchon C :



zone collée :




goupille :
|F | ≤ 45333 N
|F | ≤ 66256 N
|F | ≤ 40527 N
|F | ≤ 32460 N
|F| ≤ 11451 N
43
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.11 Exercices d’application
Exercice 2
F /2
3
1,4 m
2,2 m
0,9 m
Pour le système représenté ci-dessous, calculez la contrainte normale qui s’exerce dans chaque
membrure lorsque la force F vaut 6 kN et la force P vaut 15 kN. Les aires Ai des sections de
chaque membrure i sont : A1 =80 mm2 , A2 =200 mm2 et A3 =100 mm2 .
F /2
2
1
P /2
P /2
T = 5 kN
figure. 1.38 – exercice 2 : assemblage de trois membrures
Solutions


membrure 1 :
membrure 2 :


membrure 3 :
σ1 = 62, 5 MPa
σ2 = −50 MPa
σ3 = −40 MPa
44
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.11 Exercices d’application
Exercice 3
Deux tuyaux A et B sont assemblés avec de la colle. La zone collée est de longueur a. À son
extrémité libre, le système est soumis à une force F axiale. La contrainte normale dans les tuyaux
doit respecter |σ| ≤ 190 MPa et que la contrainte de cisaillement dans la zone collée doit respecter
|τ | ≤ 15 MPa.
1. en supposant que a = 10 mm, déterminez la valeur maximale adimissible Fmax pour la
charge F ;
2. en supposant que F = Fmax , déterminez la longueur minimale de la zone collée a.
45 mm
zone collée
A
B
F
⃗x
40 mm
43 mm
a
figure. 1.39 – exercice 3 : système étudié
Solutions


tuyau B :
tuyau A :


zone collée :
|F | ≤ 37156, 4 N
|F | ≤ 26263, 7 N
|F| ≤ 20263, 5 N
Longueur minimale : amin = 10 mm
45
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.11 Exercices d’application
Exercice 4
Une masse m est suspendue au plafond par l’intermédiaire de deux câbles de diamètres respectifs
d1 et d2 , au niveau du point d’accroche A.
1. pour m = 1000 kg, calculer la contrainte moyenne dans chacun des câbles ;
2. si la contrainte maximale admissible dans les câbles est de 280 MPa, calculer la masse
maximale admissible correspondante ;
3. comment évoluent les résultats des questions précédentes si d1 et d2 sont échangés ?
(calculer)
60◦
45◦
1
2
d1 = 10 mm
d2 = 6 mm
A
m
figure. 1.40 – exercice 4 : système étudié
Solutions
(
1. Contraintes moyennes dans les câbles :
σ1 = 91 × 106 Pa
σ2 = 181 × 106 Pa
2. Masse admissible : m ≤ 1544 kg
(
σ1 = 256 × 106 Pa
3. Contraintes moyennes :
σ2 = 64 × 106 Pa
46
et masse admissible : m ≤ 1092 kg
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.11 Exercices d’application
Exercice 5
Le support élévateur d’une grue est réalisé à l’aide de deux assemblages boulonnés (vis + écrou).
Le boulon du dessus maintient une bague liée au câble qui exerce une force ⃗FC . Le boulon du
dessous maintient une bague liée au crochet d’attache qui exerce une force ⃗FA. Les vis du support
sont de 5 cm de diamètre.
Les boulons sont réalisés en acier de construction standard : |σ| ≤ 300 MPa ; |τ | ≤ 210 MPa.
1. tracer le schéma simplifié du système et déterminer, par le DCL, l’expression de ⃗FC en
fonction de ⃗FA (le poids du support est négligé devant ⃗FA et ⃗FC ) ;
2. tracer le DCL du boulon du dessous en faisant apparaître le(s) plan(s) de cisaillement ;
3. calculer la valeur de la contrainte dans ce boulon si ⃗FA = 1000 N ;
4. calculer la valeur maximale admissible pour ⃗FA et donner la masse maximale
correspondante.
coupe dans le plan (⃗y, ⃗z)
⃗FC
⃗z
⃗y
⃗z
⃗x
⃗y
⃗FA
Solutions
1. Schéma simplifié et DCL de l’ensemble : FC = FA
47
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.11 Exercices d’application
⃗FC
⃗z
⃗y
5 cm
⃗FA
2. DCL du boulon du dessous : deux plans de cisaillement (
)
⃗Fz′
⃗Fz
⃗z
⃗y
⃗FA
3. Valeur de la contrainte : τ = 0, 25 MPa
4. Masse maximale admissible : FA ≤ 824668 N et m ≤ 84064 kg
48
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.11 Exercices d’application
Exercice 6
Un joint est composé de deux tuyaux A et B, assemblés au manchon de raccordement circulaire
C à l’aide d’une colle et d’une goupille de 9 mm de diamètre. Le matériau des tuyaux, du
manchon, de la colle et de la goupille sont tels que les contraintes normale et de cisaillement
doivent satisfaire :
composant
tuyau (A et B), goupille
manchon (C)
colle
contrainte normale
|σ| ≤ 185 MPa
|σ| ≤ 162 MPa
|σ| ≤ 18 MPa
contrainte de cisaillement
|τ | ≤ 90 MPa
|τ | ≤ 75 MPa
|τ | ≤ 14 MPa
Déterminez la charge maximale F qu’on peut appliquer au joint.
contact lisse
C
A
F
B
50 mm
F
42 mm
46 mm
24 mm
colle
40 mm
goupille
figure. 1.41 – exercice 6 : représentation du joint étudié
Solutions


tuyau A :





tuyau B :
manchon C :



zone collée :




goupille :
|F | ≤ 51145,13 N
|F | ≤ 74974,11 N
|F | ≤ 48858,05 N
|F | ≤ 48556,46 N
|F| ≤ 11451,11 N
49
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.11 Exercices d’application
Exercice 7
Un joint est composé de deux tuyaux A et B, assemblés au manchon de raccordement circulaire
C à l’aide d’une colle et d’une goupille de 9 mm de diamètre. Le matériau des tuyaux, du
manchon, de la colle et de la goupille sont tels que les contraintes normale et de cisaillement
doivent satisfaire :
composant
tuyau (A et B), goupille
manchon (C)
colle
contrainte normale
|σ| ≤ 185 MPa
|σ| ≤ 160 MPa
|σ| ≤ 18 MPa
contrainte de cisaillement
|τ | ≤ 90 MPa
|τ | ≤ 75 MPa
|τ | ≤ 14 MPa
Déterminez la charge maximale F qu’on peut appliquer au joint.
contact lisse
C
A
F
B
40 mm
F
32 mm
36 mm
23 mm
colle
30 mm
goupille
figure. 1.42 – exercice 7 : représentation du joint étudié
Solutions


tuyau A :





tuyau B :
manchon C :



zone collée :




goupille :
|F | ≤ 39521,24 N
|F | ≤ 57538,27 N
|F | ≤ 38201,77 N
|F | ≤ 36417,34 N
|F| ≤ 11451,11 N
50
A. Batailly, hiver 2025
Principes et notions de base
1.11 Exercices d’application
Exercice 8
Un joint est composé de deux tuyaux A et B, assemblés au manchon de raccordement circulaire
C à l’aide d’une colle et d’une goupille de 9 mm de diamètre. Le matériau des tuyaux, du
manchon, de la colle et de la goupille sont tels que les contraintes normale et de cisaillement
doivent satisfaire :
composant
tuyau (A et B), goupille
manchon (C)
colle
contrainte normale
|σ| ≤ 185 MPa
|σ| ≤ 160 MPa
|σ| ≤ 18 MPa
contrainte de cisaillement
|τ | ≤ 90 MPa
|τ | ≤ 75 MPa
|τ | ≤ 14 MPa
Déterminez la charge maximale F qu’on peut appliquer au joint.
contact lisse
C
A
F
B
45 mm
F
37 mm
41 mm
19 mm
colle
35 mm
goupille
figure. 1.43 – exercice 8 : représentation du joint étudié
Solutions


tuyau A :





tuyau B :
manchon C :



zone collée :




goupille :
|F | ≤ 45333,18 N
|F | ≤ 66256,19 N
|F | ≤ 43228,31 N
|F | ≤ 34262,21 N
|F| ≤ 11451,11 N
51
A. Batailly, hiver 2025
2
Chargements uniaxiaux :
traction/compression des poutres et
cylindres sous pression
Objectifs du chapitre
▶ appliquer les conventions de signe pour la représentation des efforts internes
▶ calculer la contrainte normale dans un barreau en traction/compression
▶ calculer l’allongement d’un barreau en traction/compression
▶ établir une relation de compatibilité géométrique
Pour donner votre avis sur la clarté de ce chapitre, pour apporter des commentaires ou des suggestions relativement à son contenu,
vous pouvez remplir ce sondage en ligne.
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l’identique ; http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.fr
La photo de fond de page est issue des archives photographiques de la ville de Montréal : http://archivesdemontreal.com/
Chargements uniaxiaux
Plan détaillé du chapitre
2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Déformations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Relation entre force et allongement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Influence de la température . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Relation entre allongement et déplacement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Résolution de problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Compatibilité géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.9 Cylindres à paroi mince sous pression . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.11 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
54
54
56
57
59
60
61
61
67
85
2.1 - Introduction
Ce chapitre est centré sur l’étude des chargements uniaxiaux. Le chargement uniaxial le plus
simple est celui d’un barreau soumis à une force appliquée selon sa direction axiale et induisant
une compression ou une traction dépendamment de son sens, voir la figure 2.1. Cette analyse d’un
barreau soumis à une force de traction/compression est notamment utile pour l’analyse statique
de structures à base de treillis telles que des ponts, grues ou pylônes électriques. Toutefois, les
chargements uniaxiaux se retrouvent aussi dans des structures différentes telles que les cylindres
à paroi mince sous pression, auxquels est consacrée la dernière section de ce chapitre.
⃗y
⃗y
Fx
Fx
⃗z
⃗z
Fx
Fx
⃗x
⃗x
(a) compression
(b) traction
figure. 2.1 – barreau soumis à un chargement uniaxial
Le respect des conventions de signe est un aspect central de ce chapitre. En effet, pour que
les formules du cours puissent être appliquées sans problème, et comme cela sera le cas dans
les autres chapitres du cours, il faut impérativement représenter les efforts internes comme des
quantités positives. Sur une face positive, un effort interne doit donc être représenté dans le sens
positif. Inversement, sur une face négative, un effort interne doit être représenté dans le sens
négatif, voir le chapitre 1.
53
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.2
⃗y
Contraintes
⃗y
Fx
Fx
⃗z
⃗z
Fi
Fi
Fx
Fx
⃗x
⃗x
(a) DCL à gauche, Fi sur une face positive
(b) DCL à droite, Fi sur une face négative
figure. 2.2 – barreau soumis à un chargement uniaxial, repésentation de l’effort interne
À retenir
En pratique, pour un barreau en traction/compression, le respect des conventions de signe est
équivalent à toujours représenter l’effort interne comme sortant de la matière du barreau.
2.2 - Contraintes
Dans le cadre du chapitre 1, il a été montré que la contrainte normale σx dans un barreau en
traction/compression chargé suivant son axe ⃗x est :
Fi
A
σx =
(2.1)
où Fi est l’effort interne dans le barreau et A est l’aire de la section du barreau. Il a également été
montré qu’un effort de traction/compression
ne génère aucune autre contrainte dans le barreau.
Le tenseur des contraintes σij I ,xyz se limite donc à :


σx τxy τxz
σij I ,xyz = τyx σy τyz 
τzx τzy σz

⇒

σx 0 0
σij I ,xyz =  0 0 0
0 0 0
2.3 - Déformations
Un barreau soumis à un effort de traction, tel que celui représenté sur la figure 2.2.1b,
est représenté dans sa configuration déformée sur la figure 2.3. Expérimentalement, le barreau
déformé est caractérisé par une variation de sa longueur L et de son diamètre d0 :
— la variation de longueur implique l’existence d’une déformation longitudinale ε x
εx =
L + δm − L
δm
=
L
L
(2.2)
δm est appelé allongement mécanique du barreau.
54
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Chargements uniaxiaux
2.4 Relation entre force et allongement
— la variation de diamètre implique l’existence de déformations transversales ε y et ε z
εy = εz =
d − d0
d0
Il n’y a aucune variation d’angle dans le barreau déformé, on en déduit que toutes les déformations
de cisaillement γ sont nulles :
γxy = γyx = 0
γyz = γzy = 0
γxz = γzx = 0
L’existence des déformations transversales est la conséquence physique du phénomène de Poisson
⃗y
Fx
⃗z
d0
L
d
L + δm
Fx
⃗x
figure. 2.3 – déformation d’un barreau soumis à un chargement uniaxial : configuration initiale
en gris, configuration déformée en rouge.
déjà vu au chapitre 1. On a ainsi :
ε y = ε z = −νε x
(2.3)
Pour
un chargement uniaxial sur un barreau, on obtient finalement le tenseur des déformations
ε ij I ,xyz :

εx
γ
ε ij I ,xyz =  2yx
γzx
2
γxy
2
εy
γzy
2
γxz 
2
γyz 
2

⇒
εz

ε
0
0
x
0 
ε ij I ,xyz =  0 −νε x
0
0
−νε x
Par ailleurs, la relation de Hooke, établie au chapitre 1 s’applique pour un chargement uniaxial,
on a donc également :
σx = E ε x
55
(2.4)
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.4 Relation entre force et allongement
⃗y
⃗y
Fx
Fx
⃗z
⃗z
Fx
Fx
⃗x
⃗x
un DCL permet d’obtenir : σx = − FAx
un DCL permet d’obtenir : σx = FAx
σx < 0 ⇒ ε x < 0 ⇒ ε y , ε z > 0
σx > 0 ⇒ ε x > 0 ⇒ ε y , ε z < 0
(a) compression
(b) traction
figure. 2.4 – barreau en traction/compression : bilan
2.4 - Relation entre force et allongement
2.4.1 Cas d’un seul barreau
Un bilan des résultats des sections précédentes est donné sur la figure 2.4. En repartant de
l’équation (2.4) associée à la loi de Hooke, et en la combinant aux relations (2.1) et (2.2), on obtient
la relation suivante :
Fi
δm
=E
A
L
où L est la longueur initiale du barreau (c’est-à-dire avant application du chargement), A est l’aire
de la section initiale du barreau et Fi est la force interne dans le barreau. Cette dernière relation
permet d’obtenir l’expression de l’allongement mécanique δm du barreau :
δm =
Fi L
AE
(2.5)
À retenir
L’application des formules (2.1) et (2.5) repose fondamentalement sur le respect des conventions
de signe pour la représentation de l’effort interne Fi . Ce dernier doit toujours être représenté sur
un DCL comme un effort sortant.
2.4.2 Assemblage de plusieurs barreaux
On considère l’assemblage de trois barreaux représenté sur la figure 2.5. Un assemblage de
56
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.5
Influence de la température
⃗y
barreau 1
barreau 2
⃗z
barreau 3
F
⃗x
figure. 2.5 – assemblage de barreaux
barreaux est composé de barreaux ayant tous le même axe central ⃗x, chaque barreau ayant une
section uniforme. L’allongement mécanique δm d’un l’assemblage de barreaux est égal à la somme
des allongements mécaniques de chaque barreau :
δm = ∑
j
Fi,j L j
A jE j
(2.6)
où :
— Fi,j est l’effort interne dans le barreau j ;
— L j est la longueur initiale du barreau j ;
— A j est l’aire de la section initiale du barreau j ;
— E j est le module d’Young du barreau j.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 1 de ce chapitre à la page 67.
2.5 - Influence de la température
Expérimentalement, il peut être montré qu’une augmentation de température génère une
dilatation du matériau dans les trois directions de l’espace. Inversement, une diminution de
température génère une contraction du matériau, voir la figure 2.6. Pour un matériau élastique
linéaire isotrope, les déformations longitudinales associées à une variation de température sont
égales dans les trois directions de l’espace :
ε x,T = ε y,T = ε z,T = α∆ T
57
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.5
⃗y
Influence de la température
⃗y
⃗x
⃗x
⃗z
⃗z
∆T > 0
∆T < 0
figure. 2.6 – représentation de la déformation d’un cube de matière lors d’une variation de
température négative et positive
où α est appelé coefficient de dilatation thermique du matériau, exprimé en ◦ C−1 . Dans le cas
d’un barreau de longueur L soumis à un chargement de traction/compression, on s’intéresse
notamment à l’allongement thermique δT selon la direction axiale. On a :
δT = ε x,T L
et on en déduit donc :
δT = αL∆ T
(2.7)
Dans un contexte linéaire tel que celui supposé dans le cours de résistance des matériaux,
l’allongement thermique se superpose à l’allongement mécanique mis en évidence avec la relation (2.5) :
δ = δm + δT =
Fi L
+ αL∆ T
AE
(2.8)
À retenir
Pour un barreau soumis à une force de traction/compression, on a les équivalences suivantes :
σ < 0 ⇔ compression ⇔ δm < 0
σ > 0 ⇔ traction ⇔ δm > 0
En revanche, il faut bien comprendre qu’on ne peut pas lier le signe de la contrainte σ au signe
de l’allongement global δ :
σ < 0 ⇔ compression ̸⇔ δ < 0 car : δ = δm + δT
58
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.6 Relation entre allongement et déplacement
σ > 0 ⇔ traction ̸⇔ δ > 0 car : δ = δm + δT
Dans certains cas où l’allongement thermique est, en valeur absolue, plus grand que l’allongement
mécanique, on peut donc avoir un barreau en compression dont l’allongement global δ est positif.
Inversement, il est possible d’avoir un barreau en traction dont l’allongement global δ est négatif.
2.6 - Relation entre allongement et déplacement
On considère un barreau AB incliné d’un angle θ dans le repère (⃗x,⃗y) tel que le montre la
figure 2.7. Sous une sollicitation mécanique, le barreau AB se déforme en AB’, on suppose que le
⃗ ′ dans le repère
point A reste fixe. On note uB et vB les coordonnées du vecteur déplacement BB
(⃗x,⃗y). L’allongement global du barreau est noté δAB . En appliquant le théorème de Pythagore dans
δ AB
⃗y
B’
vB
uB
B
L
θ
A
G
⃗x
figure. 2.7 – barreau AB
le triangle AB’G :
(L + δAB )2 = (L cos θ + uB )2 + (L sin θ + vB )2
2
L2 + 2LδAB + δAB
= L2 cos2 θ + 2uBL cos θ + u2B + L2 sin2 θ + 2vBL sin θ + v2B
Dans le cadre du cours de résistance des matériaux, on considère toujours des petites déformations,
ce qui revient à considérer :
δ << L
Dans ce cas, on peut écrire :
0
0
2
2
L + 2LδAB + δAB
2
0
2
2
2
2
7
= L cos θ + 2uBL cos θ + u7
v2B
B + L sin θ + 2vB L sin θ + Il reste alors :
δAB = uB cos θ + vB sin θ
59
(2.9)
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.7 Résolution de problèmes
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 2 de ce chapitre à la page 71.
2.7 - Résolution de problèmes
À retenir
La résolution d’un problème de résistance des matériaux suit un schéma type :
1. DCL
2. Équilibre : il s’agit typiquement d’écrire les relations
∑ ⃗Fy = ⃗0
et
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
Notez que les axes ⃗y et ⃗z sont éventuellement à adapter dépendamment du repère dans
lequel sont appliqués les chargements.
3. — Cas 1 : nb. inconnues ≤ nb. équations, le système est isostatique et on peut le résoudre
directement :
(a) Résolution
(b) Relation F /δ
(c) Obtention des déplacements
— Cas 2 : nb. inconnues > nb. équations, le système est hyperstatique, d’autres équations
sont requises pour pouvoir résoudre :
(a) Relation de compatibilité géométrique
(b) Relation F /δ
(c) Résolution
Dans le cas des systèmes hyperstatiques, des équations supplémentaires sont requises pour
pouvoir résoudre le problème. Le nombre d’équations supplémentaires requises n est égal à :
n = nb. inconnues − nb. équations
plus communément appelé degré d’hyperstaticité du système étudié. Dans le cadre du cours de
résistance des matériaux, on se limitera à l’étude de systèmes hyperstatiques de degré 1, c’està-dire des systèmes pour lesquels il y a une inconnue de plus que le nombre d’équations. Il
60
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.8
Compatibilité géométrique
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
n’y a alors qu’une seule équation supplémentaire à obtenir, celle-ci est issue d’une relation de
compatibilité géométrique.
2.8 - Compatibilité géométrique
La relation de compatibilité géométrique est au cœur de la résolution des problèmes hyperstatiques
de degré 1. Pour pouvoir obtenir cette équation, il faut suivre rigoureusement la procédure
suivante :
À retenir
1. Représenter une configuration déformée du système (toujours avec contact s’il existe une
interface de contact ou un jeu) ;
2. Établir une relation entre les distances et la valeur absolue des allongements |δ| (on a
δ = δm ou δ = δm + δT dépendamment du problème considéré) ;
3. Analyser la configuration déformée représentée :
— là où les barreaux sont allongés : on a δ ≥ 0 ⇒ |δ| = δ ;
— là où les barreaux sont raccourcis : on a δ ≤ 0 ⇒ |δ| = −δ ;
4. Remplacer les valeurs absolues |δ| dans la relation entre les distances et les allongements
pour obtenir la relation de compatibilité géométrique.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 3 de ce chapitre à la page 75.
2.9 - Cylindres à paroi mince sous pression
Un cylindre sous pression est effectivement soumis à un chargement uniaxial puisque la
pression sur sa surface intérieure est appliquée uniquement dans la direction radiale. L’hypothèse
que le cylindre étudié est à paroi mince correspond à un cadre d’étude usuel en résistance des
matériaux, c’est une hypothèse qui sera aussi faite dans d’autres chapitres dans la suite du cours.
Usuellement, l’hypothèse de paroi mince revient à considérer que l’épaisseur t de la paroi du
cylindre est inférieure à un dixième du rayon moyen :
t≤
r
10
2.9.1 Coordonnées cylindriques
Considérer qu’un cylindre à paroi mince sous pression est soumis à un chargement uniaxial
impose de se placer dans un repère cylindrique. Un tel système de coordonnées est usuellement
noté avec les axes (⃗x,⃗r, ⃗θ ), indiqués sur la figure 2.8. En coordonnées cylindriques, l’orientation
61
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.9
Cylindres à paroi mince sous pression
⃗y
⃗r
A
⃗z
⃗θ
⃗r
B
⃗θ
θ+
+
⃗x
⃗r
figure. 2.8 – représentation des coordonnées cylindriques
des axes dépend du point étudié. En effet, sur la figure 2.8, il apparaît qu’au point A, on a : ⃗r = ⃗y
et ⃗θ = ⃗z alors qu’au point B, on a : ⃗r = ⃗z et ⃗θ = −⃗y. Un repère cylindrique peut être noté : (⃗x,⃗r, ⃗θ ),
(⃗r, ⃗θ, ⃗x ) ou (⃗θ, ⃗x,⃗r ). Ces trois notations sont équivalentes.
2.9.2 Cylindre ouvert à paroi mince sous pression
À retenir
Dans le cadre du cours de résistance des matériaux, on ne prend pas en compte la pression
atmosphérique, ce qui signifie que les pressions p considérées sont toutes des pressions relatives.
Supposons un cylindre ouvert à paroi mince de longueur b et d’épaisseur t, tel que celui
représenté sur la figure 2.9 soumis à une pression p. Un tel système est, par exemple, la représentation
idéalisée d’une canalisation ou d’une cuve élancée. La pression p qui s’exerce sur la paroi intérieure
du cylindre est orientée radialement (selon la direction ⃗r), ce qui permet de l’associer à un
chargement uniaxial.
Le DCL du demi-cylindre ouvert considéré est représenté sur la figure 2.10, dans le plan
(⃗y,⃗z)=(⃗r,⃗θ). Compte-tenu de la direction d’application de la pression p, on trouve a priori trois
efforts pour équilibrer la pression interne p : un effort radial Fr , un effort tangentiel Fθ et un
moment M x . L’hypothèse de paroi mince revient à considérer que :
Mx = 0
De simples considérations relatives à la symétrie du système permettent d’estimer la valeur de
l’effort interne Fr . En effet, compte-tenu de l’orientation centripète de Fr sur la figure 2.10, on en
déduit l’orientation centrifuge (par équilibre) de Fr sur le DCL de la partie inférieure du cylindre
représenté sur la figure 2.11. Or par symétrie du cas de charge (ou en tournant la figure 2.10 d’un
angle de 180◦ ), on obtient que la direction de Fr devrait rester centripète sur la section inférieure.
Cette contradiction ne peut être résolue qu’en considérant :
Fr = 0
62
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
Cylindres à paroi mince sous pression
2.9
⃗y
t
⃗z
θ+
b
⃗x
⃗r
figure. 2.9 – cylindre ouvert à paroi mince
⃗y
p
⃗z
Fr
Fr
Mx
Mx
Fθ
Fθ
figure. 2.10 – DCL d’un demi-cylindre ouvert (partie supérieure) sous pression
Ainsi, il ne reste finalement qu’un seul effort interne à évaluer : Fθ . L’équilibre du système
⃗y
Fθ
Fθ
Fr
⃗z
Fr
p
figure. 2.11 – DCL d’un demi-cylindre ouvert (partie inférieure) sous pression
représenté sur la figure 2.10 se traduit par :
∑ F⃗y = ⃗0
63
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.9
Cylindres à paroi mince sous pression
ce qui implique :
−2Fθ +
Z π
0
pbr sin(θ )dθ = 0
On rappelle que b est la longueur du cylindre, le terme sous l’intégrale est explicité sur la
figure 2.12. On obtient finalement :
⃗y
|F | = pbrdθ
t
⃗z
r
θ
p
dθ
figure. 2.12 – agrandissement d’un petit élément de surface sur lequel est appliqué la pression p
2Fθ =
Z π
0
pbr sin(θ )dθ
2Fθ = 2pbr
Fθ = pbr
(2.10)
La seule force interne non nulle est perpendiculaire à la section considérée, voir la figure 2.10,
on en déduit qu’elle génère une contrainte normale σθ dans le cylindre. L’aire Aθ sur laquelle
s’applique la force interne Fθ vaut :
Aθ = bt
où b et t sont respectivement la longueur du cylindre et l’épaisseur de sa paroi. Finalement :
σθ =
σθ =
Fθ
Aθ
pr
t
(2.11)
On remarque que la contrainte σθ est uniforme dans le cylindre. L’allongement circonférentiel
mécanique δm,θ associé à cette contrainte peut être calculé en repartant de la formule du cours (2.5) :
δm,θ =
δm,θ =
Fθ L
AE
pbr × 2πr
bt × E
64
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Chargements uniaxiaux
2.9
δm,θ =
Cylindres à paroi mince sous pression
2πr2 p
tE
Par ailleurs, la composante thermique δT ,θ vaut :
δT ,θ = αL∆ T
δT ,θ = α × 2πr × ∆ T
On en déduit que l’allongement circonférentiel δθ vaut :
δθ =
2πr2 p
+ α2πr∆ T
tE
(2.12)
L’allongement circonférentiel va de pair avec une variation du rayon du cylindre, il y a donc
également un allongement radial δr . En effet, le périmètre final de la section du cylindre vaut :
périmètre final = 2πr + δθ = 2π (r + δr )
On en déduit que :
δr =
δθ
2π
Et donc :
δr =
r2 p
+ αr∆ T
tE
(2.13)
2.9.3 Cylindre fermé à paroi mince sous pression
On considère désormais un cylindre fermé à paroi mince sous pression de longueur b
et d’épaisseur t, voir la figure 2.13. Un tel système représente par exemple un réservoir contenant
un gaz. L’intégralité des calculs effectués dans la section précédente sur le cylindre ouvert reste
valable ici, on a donc également :
σθ =
pr
t
(2.14)
Dans le cas spécifique d’un cylindre fermé, il faut étudier l’influence de la pression sur les
extrémités du cylindre. L’équilibre du système représenté sur la figure 2.14 se traduit par :
∑ ⃗Fx = ⃗0
σx A x − pA p = 0
σx 2πrt = pπr2
On en déduit que :
σx =
65
pr
2t
(2.15)
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
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c
1 - en gé
Chargements uniaxiaux
Cylindres à paroi mince sous pression
2.9
⃗y
t
⃗z
θ+
b
⃗x
⃗r
figure. 2.13 – cylindre fermé à paroi mince
A p = πr2
⃗y
A x = 2πrt
⃗z
p
σx
⃗x
figure. 2.14 – DCL du cylindre fermé étudié
⃗y
A p = πr2
A x = 2πrt
F
⃗z
p
σx
⃗x
figure. 2.15 – DCL du cylindre fermé chargé
Du fait de l’hypothèse de paroi mince, on suppose que la contrainte normale σx est uniforme
sur l’épaisseur du cylindre. Dans le cas où le cylindre est chargé selon son axe, le DCL devient :
L’équilibre du système représenté sur la figure 2.15 se traduit par :
66
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
∑ ⃗Fx = ⃗0
σx A x − pA p − F = 0
σx 2πrt − pπr2 − F = 0
On en déduit que :
σx =
pr
F
+
2t
2πrt
(2.16)
À retenir
La formule (2.16) est à utiliser avec précaution, elle dépend en effet de l’orientation de F . Il est
recommandé de toujours refaire un DCL pour l’obtenir par le calcul.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 4 de ce chapitre à la page 80.
2.10 - Exemples et applications directes du cours
Exemple 1
Soit l’assemblage de trois barreaux représenté sur la figure 2.16. Déterminez la contrainte dans
chaque barreau et en conclure si le barreau étudié est en compression ou en traction. Puis, calculez
l’allongement mécanique de l’assemblage des trois barreaux.
P = 48 kN
3
T = 36 kN
2
F = 14 kN
1
⃗x
figure. 2.16 – assemblage de barreaux étudié
Les trois barreaux sont cylindriques et ont respectivement pour diamètre et module d’Young les
valeurs suivantes :
— d1 = 18 mm, E 1 = 100 GPa, L 1 = 0,3 m ;
— d2 = 16 mm, E 2 = 150 GPa, L 2 = 0,4 m ;
— d3 = 22 mm, E 3 = 100 GPa, L 3 = 0,6 m ;
67
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
Résolution. test
–▶ Amorce :
Pour pouvoir calculer la contrainte dans un barreau, il faut nécessairement passer par l’effort
interne dans ce barreau, voir la formule (2.1). Il faut donc effectuer autant de DCL qu’il y a
de barreaux.
Il est recommandé de toujours éliminer du DCL les encastrements et autres
appuis.
test
–▶ DCL du barreau 1 :
Soit le DCL représenté sur la figure 2.17
Fi,1
F = 14 kN
1
⃗x
figure. 2.17 – DCL du barreau 1
L’équilibre statique de ce tronçon du barreau 1 se traduit par :
∑ ⃗Fx = ⃗0
−Fi,1 − F = 0
Fi,1 = −F
Alors, en appliquant la formule du cours (2.1), il vient :
σx,1 =
Fi,1
−4F
=
A1
πd21
σx,1 =
−4 × 14 · 103
π182
Toujours prendre des unités cohérentes. Ici, on choisit de tout convertir en N et
mm.
σx,1 = −55,02 MPa
La contrainte σx,1 est négative, ce qui traduit le fait que le barreau 1 est en
compression.
test
–▶ DCL du barreau 2 :
68
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
Fi,2
T = 36 kN
2
F = 14 kN
⃗x
1
figure. 2.18 – DCL du barreau 1
L’équilibre statique de ce tronçon du barreau 2 dessiné sur la figure 2.18 se traduit par :
∑ ⃗Fx = ⃗0
−Fi,2 + T − F = 0
Fi,2 = T − F
Alors, en appliquant la formule du cours (2.1), il vient :
σx,2 =
σx,2 =
Fi,2
4( T − F )
=
A2
πd22
4 × (36 · 103 − 14 · 103 )
π162
σx,2 = 109,42 MPa
La contrainte σx,2 est positive, ce qui traduit le fait que le barreau 2 est en
traction.
test
–▶ DCL du barreau 3 :
Fi,3
P = 48 kN
3
T = 36 kN
2
F = 14 kN
1
⃗x
figure. 2.19 – DCL du barreau 3
L’équilibre statique de ce tronçon du barreau 3 dessiné sur la figure 2.19 se traduit par :
∑ ⃗Fx = ⃗0
−Fi,3 − P + T − F = 0
Fi,3 = −P + T − F
69
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
Alors, en appliquant la formule du cours (2.1), il vient :
Fi,3
4(−P + T − F )
=
A3
πd23
σx,3 =
σx,3 =
4 × (−48 · 103 + 36 · 103 − 14 · 103 )
π222
σx,3 = −68,40 MPa
La contrainte σx,3 est négative, ce qui traduit le fait que le barreau 3 est en
compression.
test
–▶ Allongement mécanique de l’assemblage :
Il suffit d’appliquer la formule du cours (2.6). L’allongement mécanique global de l’assemblage
des barreaux est :
δm = δm,1 + δm,2 + δm,3
δm =
δm =
δm =
−FL 1
A1E1
Fi,1L 1
F L2
F L3
+ i,2 + i,3
A1E1
A2E2
A3E3
+
( T − F )L 2
A2E2
+
(−P + T − F )L 3
A3E3
−14 · 103 × 0, 3 · 103 (36 · 103 − 14 · 103 ) × 0,4 · 103
+
2
2
π 184 × 100 · 103
π 164 × 150 · 103
+
(−48 · 103 + 36 · 103 − 14 · 103 ) × 0,6 · 103
2
π 224 × 100 · 103
δm = −0,284 mm
L’allongement mécanique de l’assemblage des barreaux étant négatif, on observe une compression
d’ensemble.
70
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 2
On considère deux barreaux BD et CD liés au point D par un joint de type pivot. Les deux
barreaux sont liés au bâti par un joint pivot. Une force P est appliquée au point D selon −⃗y.
Déterminez la contrainte dans chaque barreau ainsi que les coordonnées uD et vD du vecteur
déplacement du point D.
⃗y
P = 20 kN
0,4 m
1
⃗x
D
0,47 m
B
49,6◦
2
40,4◦
C
figure. 2.20 – assemblage de deux barreaux
On a les paramètres suivants : A 1 = 400 mm2 , E 1 = 100 GPa, A 2 = 600 mm2 et E 2 = 200 GPa.
Résolution. test
–▶ Amorce :
Il faut tout d’abord identifier les efforts internes dans chaque barreau. Pour cela, on fait un
DCL englobant le tronçon des deux barreaux connectés au point D. test
–▶ DCL :
71
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
⃗y
P = 20 kN
Fi,1
⃗x
1
Fi,2
2
figure. 2.21 – DCL
L’équilibre statique du système représenté sur la figure 2.21 se traduit par :
∑ F⃗x = ⃗0
−Fi,1 − Fi,2 cos(49,6◦ ) = 0
ainsi que :
∑ F⃗y = ⃗0
−P − Fi,2 sin(49,6◦ ) = 0
Fi,2 = −26263 N
Fi,1 = 17022 N
Par application de la formule (2.1) du cours, la connaissance des forces internes nous permet
de calculer les contraintes dans chaque barreau :
σ1 =
Fi,1
17022
=
A1
400
σ1 = 42,55 MPa
σ2 =
Fi,2
−26263
=
A2
600
σ2 = −43,77 MPa
72
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
La contrainte σ1 est positive, on en déduit que le barreau 1 est en traction.
Inversement, la contrainte σ2 est négative, on en déduit que le barreau 2 est en
compression.
test
–▶ Calcul des allongements :
Les efforts internes dans chaque barreau nous permettent de calculer l’allongement mécanique
de chaque barreau en utilisant la formule du cours (2.5) :
δm,1 =
δm,2 =
Fi,1L 1
17022 × 0,4 · 103
= 0,17 mm
=
A1E1
400 × 100 · 103
Fi,2L 2
−26263 × 0,617 · 103
= −0,135 mm
=
A2E2
600 × 200 · 103
test
–▶ Déplacement du point D : méthode 1 :
On peut obtenir les coordonnées uD et vD du vecteur de déplacement du point D en appliquant
la formule du cours (2.9) :
(
δm,1 = uD cos(θ = 0) + vD sin(θ = 0)
δm,2 = uD cos(49,6◦ ) + vD sin(49,6◦ )
(
uD = δm,1
vD =
δm,2 −δm,1 cos(49,6◦ )
sin(49,6◦ )
uD = 0,17 mm
vD = −0,322 mm
test
–▶ Déplacement du point D : méthode 2 :
La méthode 1 est une méthode approchée. Il existe une autre méthode, reposant sur des
considérations gémoétriques pour identifier uD et vD . En effet, les deux barreaux 1 et 2 ne
peuvent se déformer que suivant leur axe (allongement ou raccourcissement). Compte-tenu
des joints pivots, dans la configuration déformée, le point D doit appartenir simultanément
à:
— un cercle C1 de centre B et de rayon L 1 + δm,1 ;
— un cercle C2 de centre C et de rayon L 2 + δm,2 ;
Ces deux conditions se traduisent mathématiquement par les équations suivantes :
q
 x2 + y2 = L 1 + δm,1
D
q D
 x2 + (y + 0,47 · 103 )2 = L + δ
D
2
D
73
m,2
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
(
2 + y2 = (L + δ
2
xD
1
m,1 )
D
2 + ( y + 0,47 · 103 )2 = (L + δ
2
xD
D
2
m,2 )
En faisant la différence de ces deux équations, on obtient :
2 × 0,47 · 103 yD + (0,47 · 103 )2 = (δm,2 + L 2 )2 − (δm,1 + L 1 )2
yD = −0,5464 mm
xD = 400,1696 mm
On obtient alors :
uD = 0,1696 mm
vD = −0,546 mm
L’erreur commise sur vD est significative. Cela vient du fait que la direction de
l’axe des deux barreaux est ici très différente d’un barreau à l’autre ce qui impacte
la précision de la formule (2.9).
74
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 3
Le système représenté sur la figure 2.22 est composé de deux barreaux et une membrure rigide.
Au repos, un jeu e = 0,09 mm existe entre la membrure rigide et le barreau 2 au point A. Une
charge P est appliquée au point C dans la direction indiquée sur la figure et l’ensemble du système
subit une augmentation de température ∆ T = 40◦ C. Après application de ce chargement, la
membrure rigide est fermement appuyée sur le barreau 2 au point A. Déterminez les contraintes
σ1 et σ2 dans chacun des deux barreaux ainsi que le déplacement ∆A du point A.
P = 35 kN
⃗y
50 mm
100 mm
O
0,09 mm
200 mm
C
B
rigide
A
⃗x
D
150 mm
2
1
300 mm
G
H
barreau 1 :
A 1 = 600 mm2
E 1 = 200 GPa
α1 = 12 · 10−6 ◦ C−1
barreau 2 :
A 2 = 2500 mm2
E 2 = 73 GPa
α2 = 23 · 10−6 ◦ C−1
figure. 2.22 – système étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
La résolution du problème posé demande de suivre la méthode de résolution présentée dans
la section 2.7 du cours. test
–▶ DCL :
75
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
Dans le cadre du chapitre 1, il a été rappelé qu’un DCL se fait toujours en
représentant la configuration non déformée du système. Toutefois, pour les
problèmes avec contact, comme l’énoncé précise que la membrure rigide et le
barreau 2 sont en contact après application du chargement, on prend en compte
ce contact dans le DCL.
Oy
P = 35 kN
⃗y
O
C
B
rigide
A
⃗x
D
2
1
F2
F1
figure. 2.23 – DCL
Les efforts internes F1 et F2 sont toujours représentés sortants.
test
–▶ Équilibre :
L’équilibre mécanique du système représenté sur la figure 2.23 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
−F2 − F1 + Oy + P = 0
(2.17)
Ainsi que, au point O, par :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
50F2 − 100F1 + 300P = 0
6P = 2F1 − F2
(2.18)
Le choix du point O pour l’écriture de la somme des moments permet
avantageusement d’éliminer l’inconnue Oy .
À ce stade de la résolution, il y a trois inconnues (Oy , F1 et F2 ) et deux équations (2.17)
et (2.18). Le système est donc hyperstatique de degré 1 et il faut donc établir une équation
supplémentaire pour pouvoir le résoudre. test
76
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
–▶ Compatibilité géométrique :
Pour pouvoir obtenir la relation de compatibilité géométrique, il suffit d’appliquer la méthode
donnée dans la section 2.8 du cours. La représentation doit être centrée sur tout ce qui
contraint cinématiquement le système : les composants rigides qui ne peuvent pas se déformer
et les appuis qui imposent certaints types de mouvement. Ici, on représente la membrure
rigide AC, celle-ci peut notamment tourner autour de la pivot reliée au bâti au point O.
A
e + |δ2 |
|δ1 |
O
θ
B
C
figure. 2.24 – compatibilité géométrique
Les déplacements sont supposés petits, on ne prend donc pas en compte dans les
calculs les déplacements suivant ⃗x lors de la rotation de la membrure rigide.
L’application du théorème des triangles semblables permet d’obtenir :
|δ1 |
OB
=
e + |δ2 |
OA
(2.19)
À ce stade, le raisonnement est effectué sur des distances (quantités toujours
positives), c’est pour cette raison qu’on utilise des valeurs absolues autour des
allongements δ.
Pour la configuration représentée sur la figure 2.24 :
— le barreau 2 est raccourci, on a donc : δ2 < 0 ⇒ |δ2 | = −δ2 ;
— le barreau 1 est allongé, on a donc : δ1 > 0 ⇒ |δ1 | = δ1 .
On en déduit que la relation (2.19) s’écrit :
δ1
OB
=
e − δ2
OA
δ1
e − δ2
=
100
50
δ1 = 2(e − δ2 )
δ1 + 2δ2 = 2e
La relation de compatibilité géométrique ainsi obtenue est générale : elle est
indépendante de la configuration déformée choisie pour la représentation 2.24.
test
–▶ Relations F /δ :
77
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
En appliquant la relation (2.8) :
δj =
Fi,j L j
A jE j
+ α j L j ∆ T , avec : j = 1, 2
barreau 1
δ1 =
F1L 1
+ α1 L 1 ∆ T
A1E1
δ1 = 2,5 · 10−6 F1 + 0,144
barreau 2
δ2 =
F2L 2
+ α2 L 1 ∆ T
A2E2
δ2 = 0,822 · 10−6 F2 + 0,138
En combinant ces expressions de δ1 et δ2 avec la relation de compatibilité géométrique
précédemment établie, on obtient l’équation suivante :
2,5 · 10−6 F1 + 0,144 + 2(0,822 · 10−6 F2 + 0,138) = 2e
(2.20)
Grâce à cette troisième équation, on peut résoudre le système de trois équations (équations (2.17),
(2.18) et (2.20)) à trois inconnues, on obtient :
F1 = 18186 N
F2 = −173628 N
test
–▶ Calcul des contraintes σ1 et σ2 dans les barreaux :
Connaissant les efforts internes dans chacun des barreauz, on applique directement la formule (2.1)
du cours :
barreau 1
σ1 =
F1
18186
=
A1
600
σ1 = 30,31 MPa
78
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
La contrainte σ1 est positive, ce qui signifie que le barreau 1 est en traction et que
son allongement mécanique est positif. On a :
δ1 = 2,5 · 10−6 × 18186 + 0,144
δ1 = 0,189 mm
L’allongement total du barreau est positif : le barreau s’allonge.
barreau 2
σ2 =
F2
−173628
=
A2
2500
σ2 = −69,45 MPa
La contrainte σ2 est négative, ce qui signifie que le barreau 2 est en compression et
que son allongement mécanique est négatif. On a :
δ2 = 0,822 · 10−6 × (−173628) + 0,138
δ2 = −0,0047 mm
L’allongement total du barreau est négatif, il se raccourcit.
test
–▶ Déplacement ∆A du point A :
Le point A étant, dans la configuration déformée, liée à l’extrémité du barreau 2 , on peut
calculer son déplacement à l’aide de l’allongement δ2 .
Il faut bien faire attention à l’orientation des axes du repère par rapport à
l’orientation du barreau pour ne pas faire d’erreur sur le signe de ∆A.
∆A = − (e + |δ2 |)
∆A = −0,0947 mm
79
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 4
La figure 2.25 montre un cylindre à paroi mince, d’épaisseur uniforme t = 0,5 mm, qui contient
un gaz sous pression. Le piston K, de paroi parfaitement lisse, est maintenu en équilibre sous
l’action d’une force F = 400 N.
Déterminez les contraintes normales circonférentielle σθ et axiale σx dans la paroi du cylindre
aux points A, B et C.
support circonférentiel
0,5 mm
A
B
C
gaz
30 mm (moy.)
F
K
⃗x
20 mm (moy.)
figure. 2.25 – système étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
Il est remarquable qu’on ne connaît pas la valeur de la pression p dans le cylindre. Or, cette
valeur est requise pour calculer les contraintes normales recherchées.
Pour le système étudié, isolé le piston permet d’identifier la valeur de p.
test
–▶ DCL du piston :
p
F
K
⃗x
figure. 2.26 – DCL du piston
80
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
Le piston est soumis à la force F ainsi qu’à la pression du gaz qui s’exerce sur sa face gauche,
circulaire, d’aire :
π202
4
AK =
Le cylindre étant à paroi mince, il est acceptable d’assimiler le diamètre moyen
au diamètre intérieur, ce qui explique le calcul de l’aire AK . L’erreur commise est
en effet relativement faible :
ε=
π (19,5)2
− AK
4
AK
× 100 = 4,9 %
L’équilibre du piston se traduit par :
∑ ⃗Fx = ⃗0
p AK − F = 0
F = p AK
p=
400
2
π 204
p = 1,273 MPa
test
–▶ Calcul des contraintes normales en chaque point :
point A : On fait tout d’abord un DCL du cylindre coupé au niveau du point A :
A
Fx,AA
2
p
⃗x
Fx,AA
2
figure. 2.27 – DCL, coupe au niveau du point A
Le DCL est centré sur la portion du cylindre qui ne contient pas d’encastrement.
81
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
L’équilibre statique du système représenté sur la figure 2.27 se traduit par :
∑ ⃗Fx = ⃗0
On remarque que la pression exercée sur les parois longitudinales du cylindre ne
contribuent à aucun terme d’effort suivant l’axe ⃗x, on a donc simplement :
Fx,AA − pAfond = 0
(2.21)
où Afond représente l’aire de la face intérieure gauche du cylindre. La force interne
Fx,AA s’exerce sur la section du cylindre, c’est-à-dire sur une couronne d’aire :
AA = 2πrAt
Finalement, l’équation (2.21) devient :
σx,A2πrAt − pπrA2 = 0
σx,A =
prA
2t
σx,A = 19,1 MPa
Pour le calcul de la contrainte normale circonférentielle σθ , on utilise directement la
formule du cours (2.11) :
σθ,A =
prA
t
σθ,A = 38,2 MPa
point B : On fait un DCL du cylindre coupé au niveau du point B :
B
Fx,AB
2
C
p
K
F
⃗x
Fx,AB
2
figure. 2.28 – DCL, coupe au niveau du point B
82
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
De façon similaire à ce qui a été fait au niveau du point A, l’équilibre statique du
système représenté sur la figure 2.28 se traduit par :
∑ ⃗Fx = ⃗0
−F + pA1 + pAK = Fx,AB
L’aire AB sur laquelle s’applique la force interne Fx,AB est égale à l’aire AA détaillée
pour le point A, il s’agit de la section du cylindre, donc d’une couronne. On obtient :
σx,B AB = −F + p(A1 + AK )
σx,B =
−F + (πrB2 ) p
2πrB t
avec rB = rA = r :
σx,B = 10,6 MPa
Pour le calcul de la contrainte normale circonférentielle σθ , on utilise directement la
formule du cours (2.11) :
σθ,B =
prB
t
σθ,B = 38,2 MPa
point C :
C
Fx,AC
2
p
K
F
⃗x
Fx,AC
2
figure. 2.29 – DCL, coupe au niveau du point C
Par le DCL du piston seul, on a montré au début de la résolution de cet exercice que :
p AK = F
On en déduit donc que :
Fx,AC = 0
d’où :
σx,C = 0 MPa
83
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.10 Exemples et applications directes du cours
Pour le calcul de la contrainte normale circonférentielle σθ , on utilise directement la
formule du cours (2.11) :
σθ,C =
prC
t
σθ,C = 25,46 MPa
84
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
2.11 - Exercices d’application
Exercice 1
Établir la relation de compatibilité géométrique du système ci-dessous.
⃗x
1
e
2
figure. 2.30 – exercice 1 : système étudié
Solutions
δ1 + δ2 = e
85
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 2
Établir la relation de compatibilité géométrique du système ci-dessous.
⃗y
3
2
1
⃗x
A
B
C
P
c
b
figure. 2.31 – exercice 2 : système étudié
Solutions
bδ3
δ2 = cδ1b+
+c
86
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 3
Établir la relation de compatibilité géométrique du système ci-dessous.
⃗y
1
B
⃗x
A
2
P
a
2a
figure. 2.32 – exercice 3 : système étudié
Solutions
δ2 + 3δ1 = 0
87
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 4
Établir la relation de compatibilité géométrique du système ci-dessous.
⃗y
P
2
D
1
e
⃗x
A
b
B
a
C
a
figure. 2.33 – exercice 4 : système étudié
Solutions
δ2 = 2ab+b δ1 + e
88
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 5
On place un barreau en cuivre à l’intérieur d’un cylindre creux en aluminium de diamètre de =
75 mm. On applique une charge P sur une plaque rigide à l’extrémité du barreau alors qu’il existe
un jeu e = 0, 15 mm entre la plaque rigide et le cylindre en aluminium, voir la figure ci-dessous.
1. déterminez la valeur maximale de P de manière à respecter les limites des contraintes
(c’est-à-dire : |σa | ≤ σa,p et |σc | ≤ σc,p où σa et σx représentent respectivement les contraintes
normales dans le cylindre en aluminium et le barreau en cuivre) ;
2. quel est alors le déplacement de la plaque rigide ?
P
barreau en cuivre :
A c = 1400 mm2
E c = 120 GPa
σc,p = 150 MPa
de = 75 mm
plaque rigide
e = 0, 15 mm
cylindre en aluminium :
A a = 2000 mm2
E a = 70 GPa
σa,p = 80 MPa
L = 0, 35 m
cylindre en
aluminium
barreau
en cuivre
figure. 2.34 – exercice 5 : système étudié
Solutions
1. Respect de la contrainte permise dans :
— le barreau en cuivre : P = 325 kN
— le cylindre en aluminium : P = 424 kN
Valeur maximale de la charge applicable : P = 325 kN
2. Déplacement de la plaque rigide : y p = −0, 44 mm
89
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 6
Trois barreaux supportent une charge P par l’entremise d’une plaque rigide qui doit demeurer
horizontale.
1. Déterminez la valeur de e pour que la plaque rigide soit effectivement horizontale.
2. Déterminez la valeur maximale de P permettant de respecter les limites spécifiées (σp ) des
contraintes.
e
P ⃗y
barreau 1 :
A 1 = 400 mm2
E 1 = 200 GPa
σ1,p = 180 MPa
plaque rigide
3
2
0, 4 m
1
barreau 2 :
A 2 = 1000 mm2
E 2 = 75 GPa
σ2,p = 80 MPa
barreau 3 :
A 3 = 600 mm2
E 3 = 110 GPa
σ3,p = 110 MPa
L 12 = 100 mm
L 23 = 130 mm
figure. 2.35 – exercice 6 : système étudié
Solutions
1. e = 102, 62 mm
2. Conditions pour :
— le barreau 1 : |P | ≤ 198, 9 kN
— le barreau 2 : |P | ≤ 235, 73 kN
90
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
— le barreau 3 : |P | ≤ 221 kN
Valeur maximale admissible : |P | ≤ 198, 9 kN
91
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 7
Trois tiges métalliques soutiennent une membrure rigide BCD. Avant l’application de la charge
P , la membrure est horizontale. Tous les joints sont de type rotule. On applique une charge
P = 75 kN, calculez :
1. la contrainte normale qui s’exerce dans chacune des tiges ;
2. le mouvement angulaire de la membrure rigide.
3
2
1
L3 =
0,650 m
⃗y
L 1 =1,475 m
L 2 =2,025 m
barreau 1 :
A 1 = 1000 mm2
E 1 = 110 GPa
⃗x
B
C
d= D
0,55 m
barreau 2 :
A 2 = 650 mm2
E 2 = 210 GPa
barreau 3 :
A 3 = 650 mm2
E 3 = 75 GPa
P
L=0,9 m
L=0,9 m
figure. 2.36 – exercice 7 : système étudié
Solutions


σ1 = 11, 28 MPa
1. σ2 = 35, 81 MPa


σ3 = 62, 22 MPa
2. θ = 2, 1557 · 10−4 rad
92
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 8
Un système est composé de deux membrures 1 et 2. Il existe un jeu e = 0, 3 mm entre les deux
membrures avant l’application d’une charge P comme le montre la figure 2.37. Lorsque la charge
P vaut P = 28 kN :
1. calculez les contraintes qui agissent dans les membrures en fonction du changement de
température ∆ T du système ;
2. calculez la valeur de ∆ T pour qu’il y ait juste contact entre les deux membrures ;
3. quel est le domaine de variation permis de ∆ T si on veut respecter les limites spécifiées
σp ?
L 1 =0,36 m
⃗y
barreau 1 :
A 1 = 100 mm2
E 1 = 200 GPa
α1 = 12 · 10−6 ◦ C−1
σp,1 = ±330 MPa
1
P /2
P /2
L 2 =0,12 m
e
barreau 2 :
A 2 = 250 mm2
E 2 = 80 GPa
α2 = 22 · 10−6 ◦ C−1
plaque rigide
σp,2 = ±140 MPa
2
figure. 2.37 – exercice 8 : système étudié
Solutions
(
1.
σ1 = (19500 − 290∆ T )/100
σ2 = (−8500 − 290∆ T )/250
2. Valeur de ∆ T lorsqu’on a juste contact : ∆ T = −29, 31◦ C
93
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
3. Domaine de variation permis pour ∆ T : il faut avoir simultanément :
— dans la membrure 1 : ∆ T ≤ 181, 03◦ C et ∆ T ≥ −46, 55◦ C
— dans la membrure 2 : ∆ T ≤ 91, 38◦ C et ∆ T ≥ −150◦ C
Le domaine de variation de ∆ T est donc : ∆ T ∈ [−46, 55 ; 91, 38]◦ C
94
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 9
Une structure est composée d’une membrure rigide AOBC et de deux barreaux 1 et 2, voir
figure 2.38. La membrure rigide peut tourner sans frottement autour d’un pivot en O et le joint
A est une rotule. À l’état initial (T0 = 20◦ C, sans chargement) il existe un jeu e = 0, 234 mm entre
le barreau 2 et la membrure rigide (à la position horizontale). Les caractéristiques géométriques
ainsi que les propriétés des matériaux utilisés sont indiquées sur la figure.
On applique une charge P , vers le bas, à l’extrémité C de la membrure rigide et la structure
est portée à la température T1 = 100◦ C.
1. En considérant le cas où il y a contact entre le barreau 2 et la membrure rigide, développez
les expressions permettant de calculer la contrainte normale dans chacun des barreaux.
Donnez les réponses sous la forme :
σi = ai P + bi (i=1 ou 2)
où ai et bi sont des valeurs numériques. Déduisez la contrainte σ2 pour P = 0 et concluez
quant à la validité de la solution obtenue.
2. Déterminez la valeur maximale de P que la structure peut supporter tout en respectant les
contraintes normales permises σp .
P
⃗y
0,30 m
0,30 m
0,18 m
O
C
B
rigide
A
⃗x
e = 0, 234 mm
D
0,260 m
2
1
0,312 m
G
H
barreau 1 :
A 1 = 216 mm2
E 1 = 100 GPa
α1 = 12 · 10−6 ◦ C−1
σp,1 = ±155 MPa
barreau 2 :
A 2 = 360 mm2
E 2 = 200 GPa
α2 = 22 · 10−6 ◦ C−1
σp,2 = ±210 MPa
figure. 2.38 – exercice 9 : système étudié
95
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Solutions
(
1.
σ1 = −149 + 0, 0037P
σ2 = −149 − 0, 0037P
Si P = 0 : σ2 = −149 MPa
2. P ∈ [−1620 ; 16470] N
96
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 10
La figure 2.39 montre un cylindre à paroi mince d’épaisseur uniforme et composé de deux parties
1 et 2 . Le cylindre contient un gaz maintenu sous pression à l’aide d’une force F = 50 kN
agissant sur le piston dont la paroi est parfaitement lisse.
Calculez les contraintes normales suivant les directions circonférentielle (σθ ) et longitudinale (σx )
dans la paroi du cylindre aux points A et B indiqués sur la figure. Rapportez les résultats dans le
tableau ci-dessous en spécifiant les unités utilisées.
⃗x
F = 50 kN
piston
t = 2 mm
1
A
B
2
p
140 mm (moy.)
240 mm (moy.)
figure. 2.39 – exercice 10 : système étudié
point
A
B
σθ
σx
Solutions
97
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
point
A
B
σθ (MPa)
113,7
194,9
98
σx (MPa)
56,8
97,4
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 11
Une membrure rigide BCDG est retenue par trois barreaux 1 , 2 et 3 comme le montre la
figure 2.40. Les joints C, D et G sont des rotules. À la température ambiante (T0 = 20◦ C) et sans
charge, la membrure est horizontale et il n’y a pas de contrainte ni de jeu dans le système. Le
barreau 3 est porté à T = 180◦ C et on applique une charge P = 8 kN vers le bas à l’extrémité
libre de la membrure rigide (voir figure 2.40).
Calculez les contraintes normales dans les barreaux 1 et 2 et le déplacement vertical de
l’extrémité B.
⃗y
P
1
rigide
C
G
⃗x
B
D
2
0,4 m
0,6 m
0,2 m
3
barreau 1 :
L 1 = 0, 8 m
A 1 = 200 mm2
E 1 = 200 GPa
α 1 = 0◦ C−1
barreau 2 :
L 2 = 0, 4 m
A 2 = 140 mm2
E 2 = 100 GPa
α 2 = 0◦ C−1
barreau 3 :
L 3 = 0, 4 m
A 3 = 280 mm2
E 3 = 100 GPa
◦
α3 = 18 · 10−6 C−1
figure. 2.40 – exercice 11 : système étudié
Solutions
1. σ1 = −31,4 MPa
et
σ2 = −129,2 MPa
99
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
2. Déplacement au point B : δB = 0,753 mm
100
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 12
Une structure plane est composée d’un cadre angulaire rigide QROS (masse négligeable) et de
deux barreaux 1 et 2 , tel que montré sur la figure 2.41. Le barreau 2 est rotulé à ses deux
extrémités et le cadre rigide peut tourner autour du pivot lisse en O. À la température initiale
(T0 = 20◦ C) et avant application de tout chargement mécanique, il existe un jeu e = 0, 5 mm entre
le barreau 1 et l’extrémité Q du cadre rigide. Les caractéristiques géométriques des éléments de
la structure de même que les propriétés des matériaux utilisés sont spécifiées sur la figure.
Un moment MR = 10, 5 kN·m est appliqué au point R du cadre rigide (dans le sens indiqué
sur la figure) et seule la température du barreau 1 est portée à 115◦ C.
1. Vérifiez que les contraintes normales dans les deux barreaux ne dépassent pas les limites
spécifiées.
2. Déterminez le déplacement vertical (grandeur et sens) de l’extrémité Q du cadre rigide.
barreau 1 :
L 1 = 600 mm
A 1 = 360 mm2
E 1 = 150 GPa
◦
α1 = 18 · 10−6 C−1
σp,1 = ±90 MPa
1
S
2
barreau 2 :
L 2 = 400 mm
A 2 = 140 mm2
E 2 = 200 GPa
◦
α2 = 11 · 10−6 C−1
σp,2 = ±160 MPa
e = 0, 5 mm
300
rigide
O
R
Q
MR
300
600
figure. 2.41 – exercice 12 : système étudié (les dimensions sont données en mm)
Solutions
1. σ1 = −40,29 MPa
et
σ2 = −60,81 MPa
101
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
2. Déplacement au point Q : ∆Q = −0,365 mm
102
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Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 13
Trois tiges métalliques soutiennent une membrure rigide BCD. Avant l’application de la charge
P , la membrure est horizontale. Tous les joints sont de type rotule. On applique une charge
P = 75 kN, calculez :
1. la contrainte normale qui s’exerce dans chacune des tiges ;
2. le mouvement angulaire de la membrure rigide.
0,65 m
3
2
1
L3 =
⃗y
L 1 =1,475 m
L 2 =2,025 m
barreau 1 :
A 1 = 830 mm2
E 1 = 110 GPa
⃗x
B
C
d= D
0,55 m
barreau 2 :
A 2 = 600 mm2
E 2 = 210 GPa
barreau 3 :
A 3 = 600 mm2
E 3 = 75 GPa
P
L=0,9 m
L=0,9 m
figure. 2.42 – exercice 13 : système étudié
Solutions


σ1 = 13,36 MPa
1. σ2 = 39,44 MPa


σ3 = 67,09 MPa
2. θ = 2,2351 · 10−4 rad
103
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Exercice 14
Une structure est composée d’une membrure rigide AOBC et de deux barreaux 1 et 2, voir
figure 2.38. La membrure rigide peut tourner sans frottement autour d’un pivot en O et le joint
A est une rotule. À l’état initial (T0 = 20◦ C, sans chargement) il existe un jeu e = 0,234 mm entre
le barreau 2 et la membrure rigide (à la position horizontale). Les caractéristiques géométriques
ainsi que les propriétés des matériaux utilisés sont indiquées sur la figure.
On applique une charge P , vers le bas, à l’extrémité C de la membrure rigide et la structure
est portée à la température T1 = 100◦ C.
1. En considérant le cas où il y a contact entre le barreau 2 et la membrure rigide, développez
les expressions permettant de calculer la contrainte normale dans chacun des barreaux.
Donnez les réponses sous la forme :
σi = ai P + bi (i=1 ou 2)
où ai et bi sont des valeurs numériques. Déduisez la contrainte σ2 pour P = 0 et concluez
quant à la validité de la solution obtenue.
2. Déterminez la valeur maximale de P que la structure peut supporter tout en respectant les
contraintes normales permises σp .
P
⃗y
0,30 m
0,30 m
0,18 m
O
C
B
rigide
A
⃗x
e = 0,234 mm
D
0,26 m
2
1
0,312 m
G
H
barreau 1 :
A 1 = 240 mm2
E 1 = 100 GPa
α1 = 12 · 10−6 ◦ C−1
σp,1 = ±140 MPa
barreau 2 :
A 2 = 400 mm2
E 2 = 200 GPa
α2 = 22 · 10−6 ◦ C−1
σp,2 = ±190 MPa
figure. 2.43 – exercice 14 : système étudié
104
A. Batailly, hiver 2025
Chargements uniaxiaux
2.11 Exercices d’application
Solutions
(
1.
σ1 = −149 + 0,00333P
σ2 = −149 − 0,00333P
Si P = 0 : σ2 = −149 MPa
2. P ∈ [2700 ; 12300] N
105
A. Batailly, hiver 2025
3
Flexion des poutres : diagrammes des
efforts tranchants et des moments
fléchissants
Objectifs du chapitre
▶ calculer la charge statique équivalente à une charge répartie
▶ maîtriser la méthode intégrale
▶ tracer le diagramme des efforts tranchants (DET)
▶ tracer le diagramme des moments fléchissants (DMF)
Pour donner votre avis sur la clarté de ce chapitre, pour apporter des commentaires ou des suggestions relativement à son contenu,
vous pouvez remplir ce sondage en ligne.
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l’identique ; http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.fr
La photo de fond de page est issue des archives photographiques de la ville de Montréal : http://archivesdemontreal.com/
Flexion : DET/DMF
Plan détaillé du chapitre
3.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3.2 Représentations et conventions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
3.3 Types de charges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
3.4 Types d’appuis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.5 Efforts internes : V , M . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
3.6 Méthode des sections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
3.7 Charges réparties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
3.8 Méthode intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.9 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
3.10 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
3.1 - Introduction
Le terme de barreau utilisé dans le chapitre précédent fait référence à une membrure prismatique
de section uniforme uniquement sollicitée suivant son axe longitudinal. Lorsque les charges
appliquées sur la membrure sont transversales (c’est-à-dire selon une direction perpendiculaire à
l’axe de la membrure), on ne parle habituellement plus de barreau mais de poutre. Comme évoqué
dans le chapitre 1, la notion de poutre englobe différents types d’applications et structures :
étagère de bibliothèque, poutre de charpente d’une maison ou encore composant de base de
l’armature métallique d’un pont. . .
À retenir
Une poutre est une membrure prismatique mince soumise à des charges transversales. La poutre
est l’élément structural le plus répandu.
Soit la poutre représentée sur la figure 3.1. Dans le cadre du cours de résistance des matériaux,
l’axe ⃗x sera toujours confondu avec l’axe longitudinal de la structure. Une telle poutre peut subir,
en un point donné de son axe longitudinal, trois types de forces (Fx , Fy et Fz ) et trois types de
moments (M x , M y et M z ).
Fx : est une force engendrant, dépendamment de son signe, la traction ou la compression de
la poutre. L’étude de ce type de chargement a été effectuée au chapitre 2 ;
Mx : ce moment provoque une torsion de la poutre par rapport à son axe longitudinal, ce
type de sollicitation sera étudié en détails au chapitre 6 ;
Fy et Mz : cette force et ce moment entraînent une flexion de la poutre dans le plan (⃗x,⃗y),
leur analyse constitue le cœur de ce chapitre ;
Fz et My : cette force et ce moment entraînent une flexion de la poutre dans le plan (⃗x,⃗z), leur
analyse est en tout point analogue à celle qui est effectuée dans ce chapitre pour le couple
Fy et M z . On passe en effet d’un couple de sollicitations à l’autre en faisant une simple
rotation de 90◦ autour de l’axe ⃗x de la poutre.
107
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.1 Introduction
⃗y
Fy
Mx
⃗z
Mz
Fx
Fz
⃗x
My
figure. 3.1 – poutre de section uniforme soumise à différents types de forces et moments externes
Les chapitres 3, 4 et 5 du cours se focalisent sur l’analyse de la flexion de la poutre sous effet d’une
force Fy ou d’un moment M z . En réaction à ces charges externes appliquées sur la poutre, des
forces et moments internes apparaîssent dans la poutre afin d’en assurer l’équilibre statique, voir
la figure 3.2. Assurer l’équilibre statique de la poutre impose qu’un effort transversal V compense
⃗y
Fy
V
⃗z
M
Mz
⃗x
figure. 3.2 – DCL de la poutre, mise en évidence des effort et moment internes V et M
l’action de la force Fy . Cet effort transversal est appelé effort tranchant. De même, le moment M z
est compensé par un moment interne M appelé moment fléchissant. Le chapitre 3 du cours a pour
objectif d’analyser l’effort tranchant et le moment fléchissant en tout point de l’axe longitudinal
de la poutre. C’est la représentation graphique de l’évolution de ces deux quantités qu’on appelle
respectivement diagramme des efforts tranchants (DET) et diagramme des moments fléchissants
(DMF).
108
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.2
Représentations et conventions
3.2 - Représentations et conventions
3.2.1 Représentation en deux dimensions
Comme mentionné dans l’introduction, seules les charges externes engendrant une flexion de
la poutre dans le plan (⃗x,⃗y) sont considérées dans ce chapitre. Ainsi, la représentation en trois
dimensions faites sur la figure 3.2 peut être simplifiée en une représentation équivalente en deux
dimensions, voir la figure 3.3. Ce type de représentation en deux dimensions sera utilisé dans
Fy
⃗y
V
Mz
M
⃗x
figure. 3.3 – représentation en deux dimensions du DCL d’une poutre soumise à une charge Fy
et un moment M z
toute la suite de ce chapitre ainsi que dans les chapitres suivants.
3.2.2 Conventions de signe
Les conventions de signes déjà introduites dans les chapitres précédents soulignent l’importance
de représenter positivement des quantités relatives aux efforts et moments internes. Pour rappel :
— une quantité positive (respectivement négative) est représentée dans le sens positif (respecitvement
négatif) — relativement aux axes du repère d’étude — sur une face positive ;
— une quantité positive (respectivement négative) est représentée dans le sens négatif (respecitvement
positif) sur une face négative ;
Pour identifier si une face est positive, il suffit de comparer le sens de la normale à cette face
— vecteur qui sort de la matière — avec l’axe de la poutre. Si les deux vecteurs ont le même
sens, la face est positive. Sinon, la face est négative comme le montre la figure 3.4. En particulier,
⃗n = −⃗x
⃗n = ⃗x
⃗x
(a) face négative (
)
(b) face positive (
⃗x
)
figure. 3.4 – rappels sur les conventions de signe
on représente toujours l’effort tranchant et le moment fléchissant comme des quantités positives
comme le montre la figure 3.5.
3.3 - Types de charges
Dans le cadre de l’étude de la flexion des poutres, on est amené à considérer deux types de
force transversale Fy :
les charges ponctuelles : il s’agit de forces qui sont appliquées sur une zone très restreinte
de la poutre (on parle d’une application ponctuelle) ;
109
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.4
⃗y
V
Types d’appuis
⃗y
+
V
+
M
M
⃗x
(a) face négative (
)
(b) face positive (
⃗x
)
figure. 3.5 – représentations de l’effort tranchant et du moment fléchissant
les charges réparties : il s’agit de forces appliquées sur tout un tronçon de la poutre.
Ces deux types de charges sont illustrées dans la cas simple d’une étagère de bureau sur la
figure 3.6 : sur l’étagère du dessus, la télévision repose sur deux points d’appui qui exercent
localement une force égale à la moitié de son poids sur l’étagère. Sur l’étagère du dessous, le
poids de plusieurs livres est réparti sur tout un tronçon de l’étagère (la poutre 2), on parle alors
de charge répartie.
R g,1
P
P
2
2
R d,1
poutre 1
q
R g,2
R d,2
poutre 2
(a)
(b)
figure. 3.6 – étagère de bureau, différents types de charges
3.4 - Types d’appuis
Pour supporter les charges externes qui lui sont appliquées, une poutre doit reposer sur des
appuis. Ces appuis sont de différents types dépendamment du type de contraintes cinématiques
qu’ils imposent, voir le tableau 3. De même qu’au chapitre 2, si les équations d’équilibre :
⃗ = ⃗0 (+ Á)
∑ ⃗F = ⃗0 et : ∑ M
suffisent pour déterminer les réactions aux appuis en fonction des charges appliquées, alors
la poutre constitue un système isostatique. Dans le cas où d’autres équations sont requises, le
110
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.5
Efforts internes : V , M
système est dit hyperstatique. Dans le cadre du chapitre 3, seuls les systèmes isostatiques sont
étudiés. Les systèmes hyperstatiques seront traités au chapitre 5.
type d’appui
représentation visuelle
réactions associées
⃗y
Ry
appui simple
⃗x
⃗y
Ry
rotule
Rx
⃗x
⃗y
Ry
encastrement
Mz
Rx
⃗x
⃗y
R y = kδ
appui flexible
k
⃗x
tableau. 3 – tableau récapitulatif des réactions pour chaque type d’appui
3.5 - Efforts internes : V , M
On considère la poutre représentée sur la figure 3.7. Cette poutre repose sur une rotule
⃗y
P
LAB
RC
RA
R x,A = 0
⃗x
B
A
C
figure. 3.7 – exemple de poutre soumise à une force ponctuelle
au point A et un appui simple au point C. On remarque que la réaction R x,A au niveau de
la rotule est nécessairement nulle puisqu’il n’y a aucune sollicitation longitudinale, seules des
111
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
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1 - en gé
Flexion : DET/DMF
3.5
Efforts internes : V , M
sollicitations transversales sont considérées dans ce chapitre. Pour cette raison, dans la suite de
ce chapitre, les réactions aux rotules et aux encastrements dans la direction longitudinale seront
donc fréquemment négligées et ne seront pas indiquées sur les DCL.
Soit un point de l’axe longitudinal x ≤ a. On s’intéresse au DCL de la poutre à gauche et à
droite de ce point, voir la figure 3.8. Sur la section de coupe, située à l’abscisse x de l’extrémité
⃗y
RA
V (x)
M (x)
A
⃗x
⃗x
x
figure. 3.8 – DCL à gauche (la section de coupe
correspond à une face positive)
gauche de la poutre, on note V ( x ) l’effort tranchant et M ( x ) le moment fléchissant. Pour le DCL
de la figure 3.8, la face considérée est positive (puisque la normale sortante à la poutre est orientée
dans le même sens que le vecteur ⃗x) on représente donc ces deux quantités dans le sens positif :
V ( x ) vers le haut et M ( x ) de ⃗x vers ⃗y. L’équilibre statique du système considéré impose :
∑ ⃗Fy = ⃗0
RA + V ( x ) = 0
V ( x ) = −RA
ainsi que :
⃗ z = ⃗0 (+ Á) (au point d’abscisse x)
∑M
M ( x ) − RA x = 0
M ( x ) = RA x
Inversement, si on avait considéré un DCL à droite, voir la figure 3.9, la section considérée
serait alors relative à une face négative sur laquelle les quantités V ( x ) et M ( x ) sont représentées
dans le sens négatif. L’équilibre statique du système considéré impose alors :
P
⃗y
RC
V (x)
M (x)
A
x
⃗x
B
C
figure. 3.9 – DCL à droite (la section de coupe
112
correspond à une face négative)
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.6
Méthode des sections
∑ ⃗Fy = ⃗0
RC − P − V ( x) = 0
V ( x) = RC − P
ainsi que :
⃗ z = ⃗0 (+ Á) (au point d’abscisse x)
∑M
− M ( x ) + RC (LAC − x ) − P (LAB − x ) = 0
M ( x ) = R C (LAC − x ) − P (LAB − x )
Bien évidemment, considérer un DCL à gauche ou à droite ne change pas le résultat final,
les valeurs de V ( x ) et M ( x ) obtenues dans les deux cas sont parfaitement identiques, voir le cas
du tronçon CD dans l’exemple 1 ci-après.
À retenir
L’effort tranchant V ( x ) est toujours un effort transversal (orienté par rapport à l’axe ⃗y dans ce
chapitre), le moment fléchissant est toujours un moment par rapport à l’axe orthogonal au plan
de flexion de la poutre (axe ⃗z dans ce chapitre).
Que ce soit pour le DCL à gauche ou le DCL à droite, ces calculs mettent en évidence que le
moment fléchissant et l’effort tranchant peuvent dépendre explicitement de x, c’est-à-dire de la
position longitudinale du point d’étude. En pratique, il est important de pouvoir déterminer en
quelle position longitudinale V ( x ) ou M ( x ) atteignent des valeurs maximales, on se focalise donc
sur le tracé de leurs évolutions en fonction de x.
À retenir
On appelle :
diagramme des efforts tranchants (DET) la représentation de l’effort tranchant V en fonction
de la position longitudinale x ;
diagramme des moments fléchissants (DMF) la représentation du moment fléchissant M en
fonction de la position longitudinale x.
3.6 - Méthode des sections
La méthode des sections permet d’obtenir une expression analytique de l’effort tranchant V ( x )
et du moment fléchissant M ( x ) en tout point x de l’axe de la poutre. Elle peut se résumer en trois
grandes étapes :
113
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
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n
c
1 - en gé
Flexion : DET/DMF
3.7
Charges réparties
1. DCL global du système étudié et équations d’équilibre ⇒ identification des réactions
externes ;
2. calcul des efforts internes, la poutre est scindée en tronçons. Pour chaque tronçon :
— DCL ;
— analyse de l’équilibre du tronçon ;
— expression de V ( x ) et M ( x ) ;
3. tracé des DET et DMF.
Le point central de cette méthode est le découpage de la poutre étudiée en tronçons. Un tronçon
a obligatoirement une section uniforme, et les efforts externes ne peuvent être appliqués qu’au
niveau de ces extrémités. Tout lieu d’application d’un effort externe ou tout appui impose nécessairement
la définition d’un nouveau tronçon.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 1 de ce chapitre à la page 123.
3.7 - Charges réparties
Comme expliqué dans la section 3.3, on distingue les charges concentrées (ou ponctuelles)
dont le lieu d’application est assimilable à un point et les charges réparties qui sont appliquées
sur tout un tronçon de la poutre. La prise en compte des charges concentrées dans un DCL ne
présente aucune difficulté, voir notamment l’exemple 1. En revanche, il convient de déterminer
comment prendre en compte les charges réparties dans un DCL : (1) quelle est la valeur de la
résultante à considérer et, (2) où doit être son point d’application ?
3.7.1 Charge statique équivalente
Soit la poutre représentée sur la figure 3.10 appuyée à ses deux extrémités A et B et soumise
à la charge répartie q( x ). Par définition, la charge répartie q( x ), exprimée en N/m, est telle que :
q( x ) =
dF
dx
dF = q( x )dx
Lorsque la longueur dx est suffisamment petite, on peut assimiler le produit q( x )dx à l’aire verte
sous la courbe q( x ), on note cette aire dA.
dF = dA
(3.1)
L’équilibre statique de la poutre étudiée sur la figure 3.10 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
−RA − R B + R = 0
114
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.7
Charges réparties
dF
q( x )
⃗y
B
A
x
RA
⃗x
dx
RB
L
figure. 3.10 – poutre soumise à une charge répartie q( x )
où R est la résultante équivalente :
R=
Z L
0
dF
En utilisant l’équation (3.1), on obtient :
R=
Z L
0
dA
R=A
(3.2)
À retenir
La résultante R de la force équivalente à une charge répartie est égale à l’aire A sous
cette charge répartie.
Par ailleurs, l’équilibre statique de la poutre étudiée sur la figure 3.10 impose également que
la somme des moments par rapport à l’axe ⃗z est nulle. Le moment généré par la charge répartie
en A doit être égal au moment généré par la force équivalente, c’est-à-dire :
R x̃ =
Z L
xdF
(3.3)
0
où x̃ est la distance entre le point A et le point d’application de la force statique équivalente, voir
la figure 3.11. La combinaison des équations (3.1) et (3.3) permet d’écrire :
R x̃ =
Z L
xdA
0
115
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s
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n
n
o
n
c
1 - en gé
Flexion : DET/DMF
3.7
dF
Charges réparties
R
q( x )
⃗y
x̃ =?
B
A
x
RA
⃗x
dx
RB
L
figure. 3.11 – représentation de la force statique équivalente
Ce qui, en utilisant l’équation (3.2), revient à écrire :
RL
x̃ =
0
xdA
A
(3.4)
Cette dernière expression est la définition de la coordonnée longitudinale du centroïde de la
surface définie sous la courbe de q( x ).
À retenir
Pour le tracé du DCL, une charge répartie q( x ) est équivalente à une charge statique ponctuelle :
— de résultante R égale à l’aire sous q( x ) ;
— appliquée au niveau du centroïde de la surface sous q( x ).
3.7.2 Charges réparties usuelles
La figure 3.12 détaille le cas de deux charges réparties usuelles : la charge répartie d’amplitude
constante sur un tronçon de poutre, et celle d’amplitude croissante linéaire sur un tronçon de
poutre.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 2 de ce chapitre à la page 130.
116
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1 - en gé
Flexion : DET/DMF
3.8
⃗y
Méthode intégrale
⃗y
R = w0 L
L/2
R = w0L/2
2L/3
q ( x ) = w0
q( x ) = w0 xL
w0
B
A
B
A
⃗x
L
⃗x
L
(a) charge répartie uniforme
(b) charge répartie linéaire
figure. 3.12 – charges réparties usuelles (
) et charges statiques équivalentes (
)
3.8 - Méthode intégrale
La méthode des sections présentée pour le tracé des DET et DMF peut devenir très coûteuse
en temps de calculs si de nombreux tronçons sont à considérer le long de la poutre du fait, par
exemple, d’un cas de charge complexe. La méthode présentée dans cette section, dite méthode
intégrale, est une méthode plus rapide permettant de tracer les deux diagrammes en calculant
les valeurs de l’effort tranchant et du moment fléchissant aux extrémités de chaque tronçon.
Toutefois, cette méthode ne permet pas d’obtenir l’expression analytique de ces deux quantités
sur un tronçon.
3.8.1 Relations différentielles
Soit la poutre représentée sur la figure 3.13 et déjà étudiée dans la section 3.7.1. L’équilibre
R = q( x )dx
q( x )
⃗y
⃗y
V (x)
B
A
C
x
C’
M (x)
⃗x
⃗x
C
dx
V ( x + dx )
M ( x + dx )
C’
dx
(a) poutre complète
(b) tronçon CC’
figure. 3.13 – poutre soumise à une charge répartie q( x )
117
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.8
Méthode intégrale
statique du tronçon CC’ se traduit notamment par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
V ( x + dx ) − V ( x ) + R = 0
On suppose que dx est suffisamment petit pour négliger la variation de q( x ) sur le tronçon CC’ :
V ( x + dx ) − V ( x ) + q( x )dx = 0
Or, pour dx suffisamment petit, on a :
V ( x + dx ) ≃ V ( x ) +
dV
dx
dx
On en déduit que :
dV
dx + q( x )dx = 0
dx
d’où, finalement, la relation :
q( x ) = −
dV
dx
(3.5)
Par ailleurs, l’équilibre statique du tronçon CC’ impose aussi :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
ce qui, au point C’, s’écrit :
M ( x + dx ) − q( x )dx
dx
− M ( x ) + V ( x )dx = 0
2
Pour dx suffisamment petit, on a :
M ( x + dx ) ≃ M ( x ) +
dM
dx
dx
D’où :
dM
dx
= −V ( x ) + q ( x )
dx
2
En passant à la limite, pour dx → 0, il reste la relation suivante :
V (x) = −
118
dM
dx
(3.6)
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.8
Méthode intégrale
3.8.2 Valeurs de V et M aux extrémités de tronçons
Les relations différentielles (3.5) et (3.6) ne permettent pas de tracer directement les diagrammes
des efforts tranchants et des moments fléchissants. Toutefois, ces relations sont générales et, en se
plaçant dans le cas d’une poutre scindée en plusieurs tronçons, permettent d’obtenir les valeurs
de V ( x ) et M ( x ) aux extrémités de chacun des tronçons.
Supposons un tronçon de poutre délimité par ses deux extrémités i − 1 et i. En intégrant les
relations (3.5) et (3.6) sur la longueur de ce tronçon, on obtient :
DET pour la relation (3.5) :
Z i
i −1
q( x )dx + Pi−1 = −
Z i
dV
dx
i −1 dx
où Pi−1 est un terme constant (constante d’intégration)
Z i
i −1
q( x )dx + Pi−1 = − [Vi − Vi−1 ]
Vi = Vi−1 −
Z i
i −1
q( x )dx − Pi−1
(3.7)
i
(3.8)
Vi = Vi−1 − [aire sous q( x )]i−1 − Pi−1
où :
— Vi est la valeur de l’effort tranchant à gauche au point i ;
— Vi−1 est la valeur de l’effort tranchant à gauche au point i − 1 ;
— Pi−1 est la valeur de la force ponctuelle appliquée au point i − 1.
DMF pour la relation (3.6) :
Z i
i −1
V ( x )dx + C i−1 = −
Z i
dM
dx
i −1 dx
où C i−1 est un terme constant (constante d’intégration)
Z i
i −1
V ( x )dx + C i−1 = − [ Mi − Mi−1 ]
M i = M i −1 −
Z i
i −1
V ( x )dx − C i−1
(3.9)
i
(3.10)
Mi = Mi−1 − [aire sous V ( x )]i−1 − C i−1
où :
— Mi est la valeur du moment fléchissant à gauche au point i ;
— Mi−1 est la valeur du moment fléchissant à gauche au point i − 1 ;
— C i−1 est la valeur du moment ponctuel appliqué au point i − 1.
119
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.8
Méthode intégrale
s
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aissie
n
n
o
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c
1 - en gé
3.8.3 Tracé du DET
Le chargement de la poutre q( x ) étant connu, on peut calculer l’aire sous la courbe q( x ) sur
chaque tronçon de la poutre ce qui, en appliquant la formule (3.7), permet d’obtenir les valeurs
des efforts tranchants aux extrémités de chaque tronçon. Il reste ensuite à déterminer comment
relier les points du DET. Voici quelques points clés permettant d’effectuer le tracé du DET :
1. une charge ponctuelle F appliquée au point i génère une discontinuité d’amplitude −F sur
le DET ;
2. l’absence de charge répartie sur un tronçon signifie que l’effort tranchant est constant sur
le tronçon ;
3. une charge répartie constante sur un tronçon génère un effort tranchant évoluant linéairement
sur le tronçon ;
4. une charge répartie linéaire sur un tronçon génère un effort tranchant évoluant quadratiquement
sur le tronçon.
Toutes ces considérations sont résumées sur le tableau 4.
3.8.4 Tracé du DMF
Après avoir obtenu le DET, on peut calculer l’aire sous la courbe V ( x ) sur chaque tronçon ce
qui, en appliquant la formule (3.9), permet d’obtenir les valeurs des moments fléchissants aux
extrémités de chaque tronçon. Pour pouvoir tracer le DMF, il faut savoir que :
1. un moment ponctuel C appliqué au point i génère une discontinuité d’amplitude −C sur
le DMF ;
2. un effort tranchant nul sur un tronçon génère un moment fléchissant constant ;
3. un effort tranchant linéaire génère un moment fléchissant quadratique sur le tronçon.
Toutes ces considérations sont résumées sur le tableau 5.
À retenir
L’application de la méthode intégrale pour tracer les DET et DMF repose sur la lecture du cas
de charge sur la poutre de gauche à droite en utilisant les relations (3.7) et (3.9) et en suivant les
étapes :
1. DCL global et équilibre pour identifier les réactions aux appuis ;
2. lecture du cas de charge de gauche à droite : obtention des valeurs de V et M aux extrémités
de chaque tronçon ;
3. tracé des DET et DMF.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 3 de ce chapitre à la page 135.
120
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.8
cas de charge
DET correspondant
V (kN)
F
⃗y
Méthode intégrale
Vi + F
Vi
⃗x
x (m)
i
i
V (kN)
F
⃗y
Vi
Vi − F
⃗x
i
⃗y
x (m)
i
V (kN)
Vi−1 − [aire sous q( x )]ii−1
q ( x ) = w0
i−1
w 0x
Vi−1
⃗x
i
i−1
x (m)
i
V (kN)
⃗y
q ( x ) = w0
−w
Vi−1
0x
⃗x
i−1
⃗y
Vi−1 − [aire sous qx((m)
x )]ii−1
i
i−1
V (kN)
Vi−1 − [aire sous q( x )]ii−1
q( x ) = w0 x/L
⃗x
i−1
i
L : longueur du tronçon
i
Vi−1
x (m)
i−1
i
parabole orientée vers le haut (w0 < 0)
tableau. 4 – tableau récapitulatif du lien entre q( x ) et V ( x )
121
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.8
cas de charge
Méthode intégrale
DMF correspondant
M (kN·m)
⃗y
Mi
i
Mi − C
⃗x
C
x (m)
i
DET
DMF correspondant
V (kN)
M (kN·m)
M =cst
V=0
i−1
x (m)
i−1
i
M (kN·m)
M i −1
V (kN)
V =cst
Mi−1 − [aire sous xV ((m)
x )]ii−1
x (m)
i−1
x (m)
i
i−1
i
i
M (kN·m)
M i −1
V (kN)
aire
né
V li
x (m)
i−1
i
Mi−1 − [aire sous xV ((m)
x )]ii−1
i−1
i
parabole orientée vers le bas (V > 0)
M (kN·m)
V (kN)
re
éai
lin
i − V1
x (m)
i
Vi−1
x (m)
i−1
i
tangente horizontale là où V = 0
tableau. 5 – tableau récapitulatif du lien entre V ( x ) et M ( x )
122
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 4 de ce chapitre à la page 140.
3.9 - Exemples et applications directes du cours
Exemple 1
On considère la poutre chargée représentée sur la figure 3.14. Déterminez en tout point de l’axe
de la poutre les valeurs de l’effort tranchant et du moment fléchissant.
⃗y
10 kN
20 kN
B
D
⃗x
A
C
5m
6m
4m
figure. 3.14 – Poutre étudiée
Résolution. test
–▶ Amorce :
Pour obtenir l’expression de l’effort tranchant V ( x ) et du moment fléchissant M ( x ), on applique
la méthode des sections. Ici, trois tronçons sont à considérer :
— le tronçon AB est délimité par l’extrémité gauche de la poutre où est appliqué un effort
de −10 kN et le point B où est appuyée la poutre ;
— le tronçon BC est délimité par la rotule au point B et le point C où s’applique un effort
de −20 kN ;
— le tronçon CD entre l’effort de −20 kN et l’extrémité droite de la poutre où celle ci est
simplement appuyée.
test
–▶ DCL global et équilibre :
123
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
L’objectif de cette étape est de déterminer les deux inconnues du problème que
sont les réactions aux appuis.
⃗y
10 kN
20 kN
B
D
⃗x
A
C
RB
RD
figure. 3.15 – DCL global
L’équilibre statique du système représenté sur la figure 3.15 impose :
∑ ⃗Fy = ⃗0
R B + R D − 30 = 0
R B + R D = 30 kN
ainsi que :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
soit, au point B :
5 × 10 − 20 × 6 + 10R D = 0
R D = 7 kN
On en déduit que :
R B = 23 kN
test
–▶ Étude tronçon par tronçon :
tronçon AB : le tronçon AB correspond au domaine x ∈ [0 ; 5]
124
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
Implicitement, on considère que l’origine du repère (la position x = 0) se situe
au niveau de l’extrémité gauche de la poutre. Ce choix usuel sera fait par défaut
dans tous les exercices du cours. D’un point de vue théorique, on pourrait tout
à fait positionner cette origine en un autre point de la poutre, ceci n’impacterait
pas les résultats finaux mais pourrait rendre les calculs plus compliqués.
⃗y
10 kN
V (x)
M (x)
⃗x
⃗x
A
B
x
figure. 3.16 – DCL sur le tronçon AB
L’équilibre mécanique du tronçon représenté sur la figure 3.16 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
V − 10 = 0
V = 10 kN
ainsi que :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
soit, au point d’abscisse x :
M + 10x = 0
M ( x ) = −10x kN · m
tronçon BC : le tronçon BC correspond au domaine x ∈ [5 ; 11]
125
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
⃗y
10 kN
V (x)
B
M (x)
⃗x
⃗x
A
C
23 kN
x
figure. 3.17 – DCL sur le tronçon BC
L’équilibre mécanique du tronçon représenté sur la figure 3.17 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
−10 + 23 + v = 0
V = −13 kN
ainsi que :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
soit, au point d’abscisse x :
M + 10x − 23 × ( x − 5) = 0
M ( x ) = 13x − 115 kN · m
tronçon CD : le tronçon CD correspond au domaine x ∈ [11 ; 15]
⃗y
10 kN
20 kN
V (x)
B
M (x)
A
C
⃗⃗xx
D
23 kN
x
126
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
figure. 3.18 – DCL sur le tronçon CD
L’équilibre mécanique du tronçon représenté sur la figure 3.18 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
−10 + 23 − 20 + V = 0
V ( x ) = 7 kN
ainsi que :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
soit, au point d’abscisse x :
10x − 23 × ( x − 5) + 20 × ( x − 11) + M = 0
M ( x ) = 7(15 − x ) kN · m
tronçon CD (méthode alternative) : le tronçon CD correspond au domaine x ∈ [11 ; 15],
on pourrait tout aussi bien effectuer un DCL à droite dans le but de simplifier les
calculs.
Que le DCL soit fait à gauche ou à droite, attention à toujours garder la même
origine (c’est-à-dire le lieu du point x = 0) et à respecter la convention de
représentation de V ( x ) et M ( x ) comme des quantités positives.
⃗y
V (x)
D
M (x)
⃗x
C
7 kN
x
15 − x
figure. 3.19 – DCL sur le tronçon CD
L’équilibre mécanique du tronçon représenté sur la figure 3.19 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
−V + 7 = 0
V = 7 kN
127
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
ainsi que :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
soit, au point d’abscisse x :
− M + 7 × (15 − x ) = 0
M ( x ) = 7(15 − x ) kN · m
test
–▶ Tracé des DET et DMF :
À partir des expressions analytiques de V ( x ) et M ( x ) obtenues sur chaque tronçon, on peut
tracer l’évolution de l’effort tranchant et du moment fléchissant sur tout l’axe de la poutre.
Attention à toujours indiquer les unités des quantités tracées sur les axes de
chaque diagramme.
V (kN)
10 kN
7 kN
A
C
B
D
x (m)
-13 kN
figure. 3.20 – Diagramme des efforts tranchants (DET)
Tout saut (ou discontinuité) dans le DET est la conséquence d’une force
ponctuelle (force externe ou réaction) au point de la discontinuité. C’est ici le
cas aux points B (réaction) et C (force externe).
La valeur maximale de l’effort tranchant est atteinte sur le tronçon AB (Vmax = 10 kN), la
valeur minimale est atteinte sur le tronçon BC (Vmin = −13 kN) et la valeur maximale en
valeur absolue est donc atteinte sur le tronçon BC (|V |max = 13 kN).
128
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
M (kN·m)
28 kN·m
−7
x+
A
10
5
B
D
x (m)
11
5
C
13
x
x
10
−
−
-50 kN·m
figure. 3.21 – Diagramme des moments fléchissants (DMF)
Tout saut (ou discontinuité) dans le DMF est la conséquence d’un moment
ponctuel (moment externe ou réaction due à un encastrement) au point de la
discontinuité. Ici, aucun moment ponctuel n’apparaît sur le DCL 3.15, le DMF ne
présente donc aucune discontinuité.
La valeur maximale du moment fléchissant est atteinte au point C (Mmax = 28 kN·m), la
valeur minimale est atteinte au point B (Mmin = −50 kN·m) et la valeur maximale en valeur
absolue est donc atteinte au point B (| M |max = 50 kN·m).
129
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
Exemple 2
Tracez les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissants pour le système
représenté sur la figure 3.22.
⃗y
10 kN
crochet rigide
3 kN/m
B
⃗x
A
C
D
3m
8m
2m
3m
figure. 3.22 – Poutre étudiée
Résolution. test
–▶ Amorce :
Le système étudié comporte une particularité : la présence d’un crochet rigide à l’extrémité
duquel est appliqué une force de 10 kN. Dans un premier temps, il faut ramener le point
d’application de cette force sur la poutre afin de se retrouver dans une configuration connue.
Cette force de 10 kN est équivalente à appliquer une force de 10 kN combinée à un moment
de −20 kN·m au point D. test
–▶ DCL global et équilibre :
⃗y
3 × 8 = 24 kN
4m
RB
3 kN/m
10 kN
B
⃗x
A
C
MB
20 kN·m
D
3m
8m
2m
3m
figure. 3.23 – DCL global
130
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
Comme le montre la figure 3.23, la charge répartie appliquée entre les points A et C est
équivalente à une charge statique ponctuelle de 24 kN appliquée à 4 m du point A. L’équilibre
statique du système représenté sur la figure 3.23 se traduit par :
∑ F⃗y = ⃗0
−24 − 10 + R B = 0
R B = 34 kN
Également :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
ce qui, au point B, s’écrit :
24 × 12 + 10 × 5 − 20 − MB = 0
MB = 318 kN · m
test
–▶ Application de la méthode des sections (analyse par tronçon) :
Compte-tenu du cas de charge considéré, la poutre est décomposée en trois tronçons : AC,
CD et DB.
Attention, la décomposition en tronçons se fait toujours en regardant le
chargement réel (avec les charges réparties s’il y en a) sur la structure de départ,
pas le chargement équivalent sur le DCL global. L’origine (le point x = 0) est
choisie au point A, à l’extrémité gauche de la poutre.
tronçon AC : correspond au domaine x ∈ [0 ; 8]
⃗y
3x
x/2
3 kN/m
V (x)
M (x)
⃗x
A
x
figure. 3.24 – DCL, coupe sur le tronçon AC
131
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
L’équilibre statique du tronçon de poutre représenté sur la figure 3.24 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
−3x + V ( x ) = 0
V ( x ) = 3x kN (où x est en mètres)
On a également :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
ce qui, au niveau de la section de coupe, donne :
M ( x ) + 3x
x
=0
2
3
2
M ( x ) = − x2 kN · m
tronçon CD : correspond au domaine x ∈ [8 ; 11]
⃗y
24 kN
4m
3 kN/m
V (x)
M (x)
⃗x
A
C
x
figure. 3.25 – DCL, coupe sur le tronçon CD
L’équilibre statique du tronçon de poutre représenté sur la figure 3.25 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
−24 + V ( x ) = 0
V ( x ) = 24 kN
132
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
On a également :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
ce qui, au niveau de la section de coupe, donne :
M ( x ) + 24( x − 4) = 0
M ( x ) = 96 − 24x kN · m
tronçon DB : correspond au domaine x ∈ [11 ; 16]
⃗y
24 kN
4m
3 kN/m
10 kN
V (x)
M (x)
⃗x
A
C
20 kN·m
D
x
figure. 3.26 – DCL, coupe sur le tronçon DB
L’équilibre statique du tronçon de poutre représenté sur la figure 3.25 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
−24 − 10 + V ( x ) = 0
V ( x ) = 34 kN
On a également :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
ce qui, au niveau de la section de coupe, donne :
M ( x ) + 24( x − 4) + 10( x − 11) − 20 = 0
M ( x ) = 226 − 34x kN · m
133
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
test
–▶ Tracé des DET et DMF :
À partir des expressions analytiques de V ( x ) et M ( x ) obtenues sur chaque tronçon, on peut
tracer l’évolution de l’effort tranchant et du moment fléchissant sur tout l’axe de la poutre.
Attention à toujours indiquer les unités des quantités tracées sur les axes de
chaque diagramme.
V (kN)
34 kN
24 kN
3x
A
C
D
B
x (m)
figure. 3.27 – diagramme des efforts tranchants (DET)
La valeur maximale de l’effort tranchant est atteinte sur le tronçon DB (Vmax = 34 kN),
la valeur minimale est atteinte au point A (Vmin = 0 kN) et la valeur maximale en valeur
absolue est donc atteinte sur le tronçon DB (|V |max = 34 kN).
M (kN·m)
A
C
D
-96 kN·m
B
x (m)
-148 kN·m
-168 kN·m
-318 kN·m
figure. 3.28 – diagramme des moments fléchissants (DMF)
La valeur maximale du moment fléchissant est atteinte au point A (Mmax = 0 kN·m), la
valeur minimale est atteinte au point B (Mmin = −318 kN·m) et la valeur maximale en valeur
134
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
absolue est donc atteinte au point B (| M |max = 318 kN·m).
Exemple 3
Tracez les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissants pour le système
représenté sur la figure 3.29.
⃗y
10 kN
crochet rigide
3 kN/m
B
⃗x
A
C
D
3m
8m
2m
3m
figure. 3.29 – poutre étudiée
Résolution. test
–▶ Amorce :
Il s’agit du même système que pour l’exemple 2 mais on utilise cette fois-ci la méthode
intégrale pour tracer les DET et DMF. test
–▶ DCL global et équilibre :
⃗y
3 × 8 = 24 kN
4m
RB
3 kN/m
10 kN
B
⃗x
A
C
MB
20 kN·m
D
3m
8m
2m
3m
figure. 3.30 – DCL global
135
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
Comme le montre la figure 3.30, la charge répartie appliquée entre les points A et C est
équivalente à une charge statique ponctuelle de 24 kN appliquée à 4 m du point A.
L’équilibre statique du système représenté sur la figure 3.30 se traduit par :
∑ F⃗y = ⃗0
−24 − 10 + R B = 0
R B = 34 kN
Également :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
ce qui, au point B, s’écrit :
24 × 12 + 10 × 5 − 20 − MB = 0
MB = 318 kN · m
test
–▶ Application de la méthode intégrale :
Pour l’application de la méthode intégrale, il faut toujours utiliser les charges
réparties, celles-ci ne doivent pas être remplacées par les charges statiques
équivalentes (uniquement utilisées pour la détermination des réactions avec le
DCL global).
⃗y
34 kN
3 kN/m
10 kN
B
⃗x
A
C
8m
20 kN·m
D
3m
2m
318 kN·m
3m
figure. 3.31 – cas de charge lu de gauche à droite pour la méthode intégrale
136
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
À partir du cas de charge représenté sur la figure 3.31, on calcule les valeurs de V en chaque
extrémité d’un tronçon (c’est-à-dire aux points A, C, D et B) en utilisant la formule du
cours (3.7) :
point A : il s’agit de l’extrémité gauche de la poutre, il n’y a rien à gauche de ce point,
d’où VA = 0 ;
point C : en appliquant la formule (3.7) :
VC = VA − [aire sous q( x )]AC − PA
On a :
— VA = 0 ;
— [aire sous q( x )]AC = −3 × 8 = −24 kN ;
— PA = 0 (aucune charge ponctuelle en A) ;
D’où :
VC = 0 − −24 − 0
VC = 24 kN
point D : en appliquant la formule (3.7) :
VD = VC − [aire sous q( x )]CD − PC
On a :
— VC = 24 kN ;
— [aire sous q( x )]CD = 0 (aucune charge répartie sur le tronçon CD) ;
— PC = 0 (aucune charge ponctuelle en C) ;
D’où :
VD = 24 − 0 − 0
VD = 24 kN
point B : toujours en appliquant la formule (3.7) :
VB = VD − [aire sous q( x )]BD − PD
On a :
— VD = 24 kN ;
— [aire sous q( x )]BD = 0 (aucune charge répartie sur le tronçon CD) ;
— PD = −10 kN ;
137
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
D’où :
VB = 24 − 0 − −10
VB = 34 kN
À ce stade de la résolution, on peut placer plusieurs points sur le DET, voir la figure 3.32.
V (kN)
34 kN
24 kN
A 0 kN
C
24 kN
D
x (m)
B
figure. 3.32 – diagramme des efforts tranchants en construction
La lecture de la figure 3.31 combinée aux informations données dans le tableau 4 permettent
ensuite de tracer l’évolution de l’effort tranchant sur chaque tronçon, voir figure 3.33 .
V (kN)
34 kN
24 kN
A 0 kN
C
24 kN
D
B
x (m)
q( x ) est nul ⇒ V ( x )
est constant
q( x ) est constant ⇒ V ( x ) est
linéaire, q( x ) est négatif ⇒ V ( x )
est croissant
figure. 3.33 – diagramme des efforts tranchants en construction
Il ne reste alors plus qu’à vérifier que la valeur de l’effort tranchant en B correspond bien à la
réaction calculée au début de la résolution et à fermer le DET, voir la figure 3.34.
138
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
V (kN)
34 kN
24 kN
A 0 kN
C
24 kN
D
B
x (m)
figure. 3.34 – diagramme des efforts tranchants (DET)
Enfin, à partir du DET tracé sur la figure 3.34, en appliquant la formule (3.9), puis en
appliquant les relations données dans le tableau 5, on peut tracer le DMF, voir la figure 3.35.
M (kN·m)
A
C
D
-96 kN·m
B
x (m)
-148 kN·m
-168 kN·m
-318 kN·m
figure. 3.35 – diagramme des moments fléchissants (DMF)
139
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
Exemple 4
Tracez les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissants pour le système
représenté sur la figure 3.36.
⃗y
2 kN/m
A
E
⃗x
5 kN·m D
C
B
4 kN
1m
1,5 m
0,5 m
1m
figure. 3.36 – poutre étudiée
Résolution. test
–▶ Amorce :
On utilise la méthode intégrale pour tracer le DET et le DMF associé au système étudié. test
–▶ DCL global et équilibre :
⃗y
1,5 m
2 × 3 = 6 kN
B 2 kN/m
A
E
⃗x
5 kN·m D
C
RB
4 kN
1m
1,5 m
0,5 m
RE
1m
figure. 3.37 – DCL global
L’équilibre statique du système représenté sur la figure 3.37 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
140
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
−4 − 6 + R B + R E = 0
R B + R E = 10 kN
Par ailleurs :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
ce qui, au point B, s’écrit :
4 × 1 + 5 − 2 × 3 × 0,5 + R E × 3 = 0
R E = −2 kN
R B = 12 kN
test
–▶ Tracé des DET et DMF :
À partir de la figure 3.37, les formules du cours (3.7) et (3.9) permettent d’appliquer la
méthode intégrale pour tracer le DET puis le DMF.
On rappelle que pour tracer les DET et DMF, le cas de charge doit être lu en
considérant les charges réparties, et non pas les charges statiques équivalentes.
V (kN)
6 kN
4 kN
C
A
D
E
−2 kN
−2 kN
B
−3 kN
x (m)
−6 kN
figure. 3.38 – diagramme des efforts tranchants (DET)
141
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.9 Exemples et applications directes du cours
M (kN·m)
1,75 kN·m
A
C
B
D
E
x (m)
-2 kN·m
-3,25 kN·m
-5 kN·m
figure. 3.39 – diagramme des moments fléchissants (DMF)
142
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
3.10 - Exercices d’application
Exercice 1
Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant les
valeurs importantes.
⃗y
2 kN
3 kN
1 kN
1 kN
B
E
⃗x
A
C
4m
D
2m
4m
F
2m
4m
Solutions
DET :
DMF :
M (kN·m)
A
V (kN)
A
2 kN
2 kN
B C
-1 kN
D
E
F
B
C
x (m)
-4 kN·m
-1 kN
-2 kN
D
E
F
x (m)
-4 kN·m
-8 kN·m
143
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Exercice 2
Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant les
valeurs importantes.
⃗y
3 kN
3 kN
B
2 kN/m
D
⃗x
A
E
8 kN·m
C
1.2 m
2m
2m
1.2 m
Solutions
DET :
V (kN)
A
3 kN
3,0 m
C
B
DMF :
M (kN·m)
4,4 kN·m
2 kN
D
E
x (m)
A
-2 kN
-3 kN
B
C
D
E
x (m)
-2,6 kN·m
-6 kN
-3,6 kN·m -3,6 kN·m
144
-3,6 kN·m
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Exercice 3
Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant les
valeurs importantes.
⃗y
200 N
200 N
20 N/m
D
A
B
⃗x
250 N·m
100 N·m
C
E
100 N
1m 1m 1m
5m
Solutions
DET :
V (N)
100 N 100 N
AB
C
D
DMF :
M (N·m)
250 N·m
100 N
E
x (m)
150 N·m
AB
145
250 N·m
C
D
E
x (m)
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Exercice 4
Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant les
valeurs importantes.
⃗y
0,5 kN/m
3,5 kN
0,25 kN/m
A
⃗x
B
C
D
F
E
2 kN
2m
4m
2m
2m
4m
Solutions
DET :
V (kN)
DMF :
M (kN·m)
3,5 kN
0,5 kN
3 kN
1 kN
A
C
B
-3 kN
D
E
F
x (m)
-2 kN
A B
6 kN·m
4 kN·m
2,5 kN·m
C
D
E
F
x (m)
-4 kN·m
146
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Exercice 5
Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant les
valeurs importantes.
⃗y
rotule
0,5 kN
2 kN
A
B
D
E
F
⃗x
C
2m
5m
G
5m
5m
5m
5m
Solutions
DET :
DMF :
M (kN·m)
V (kN)
0,75 kN
AB
C
6,25 kN·m
0,5 kN
D
E
F
-0,5 kN
G
2,5 kN·m
x (m)
AB
-1,25 kN
C
D
E
F
G
x (m)
-2,5 kN·m
147
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Résolution. test
–▶ DET :
V (kN)
0,75 kN
0,5 kN
A
B
C
D
E
F
G
x (m)
-0,5 kN
-1,25 kN
figure. 3.40 – diagramme des efforts tranchants (DET)
test
–▶ DMF :
M (kN·m)
6,25 kN·m
2,5 kN·m
A
B
C
D
E
F
G
x (m)
-2,5 kN·m
figure. 3.41 – diagramme des moments fléchissants (DMF)
148
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Exercice 6
Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant les
valeurs importantes.
⃗y
rotule
300 N
40 N/m
A
D
⃗x
B
C
3m
3m
8m
Solutions
DET :
V (N)
A
B
C
DMF :
M (N·m)
A B C
160 N
4m
J
D
x (m)
320 N·m
-480 N·m
J
D
x (m)
-160 N
-1860 N·m
-460 N
149
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Résolution. test
–▶ DET :
V (N)
160 N
4m
A
C
B
J
D
x (m)
-160 N
-460 N
figure. 3.42 – diagramme des efforts tranchants (DET)
test
–▶ DMF
: ·m)
M (N
320 N·m
A
C
B
J
D
x (m)
-480 N·m
-1860 N·m
figure. 3.43 – diagramme des moments fléchissants (DMF)
150
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Exercice 7
Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant les
valeurs importantes en fonction de α = a/L. Indiquer la position des appuis pour laquelle la
poutre est la plus sollicitée.
⃗y
B
w N/m avec wL = 2P
C
⃗x
A
D
a
a
L
Solutions
Pas de corrigé disponible
151
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Exercice 8
La poutre ABCDEF, simplement supportée en B et encastrée en F a une rotule en D. Elle est
soumise au chargement représenté sur la figure 3.3.10.
1. Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant
les valeurs importantes.
2. Indiquez les valeurs de V et M agissant à la section K de la poutre, à 1 m à gauche du
point F (Complétez la figure 3.3.10 en spécifiant les vrais sens de V et M sur la surface K
du tronçon KF).
⃗y
rotule
10 kN
2 kN/m
A
B
F
E
⃗x
C
9 kN·m
D
1m
1,5 m
5 kN·m
K
1,5 m
2m
1m
3m
9 kN·m
⃗x
K
figure. 3.44 – exercice 8 : système étudié
Solutions
152
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
DET :
V (kN)
DMF :
M (kN·m)
A
B
13 kN
7 kN
10 kN +2, 25 kN·m
+2, 25 kN·m
+15 kN·m
+10, 5 kN·m
C
A
B
−
3 kN·m
E
0 kN−5 kN·−
m1 kN·mD
-3 kN
-5 kN -5 kN
F
C
D
0 kN·m
-4 kN·m
x (m)
E
F
x (m)
-7,75 kN·m
-9 kN·m-9 kN·m
-12,75 kN·m
-25 kN·m
153
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Exercice 9
Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant les
valeurs importantes.
⃗y
200 N
200 N
D
A
20 N/m
B
⃗x
250 N·m
100 N·m
C
E
130 N
1m 1m 1m
3m
Solutions
DET :
DMF :
M (N·m)
V (N)
250 N·m
130 N 130 N
188 N·m
93 N
120 N·m
AB
C
D
E
x (m)
AB
154
C
D
E
0 N·m
x (m)
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : DET/DMF
3.10 Exercices d’application
Exercice 10
Tracez les diagrammes de l’effort tranchant V et du moment fléchissant M en y indiquant les
valeurs importantes.
⃗y
0,5 kN/m
2 kN
0,25 kN/m
A
⃗x
B
C
D
F
E
2 kN
2m
2m
4m
2m
4m
Solutions
DET :
DMF :
M (kN·m)
V (kN)
3,6 kN·m
3,2 kN
2,7 kN
0,2 kN
A
B
2,8 kN·m
1,9 kN·m
0,7 kN
C
−1,8 kN
D
E
F
x (m)
A B
C
D
E
F
x (m)
−2 kN
−4 kN·m
155
A. Batailly, hiver 2025
4
Flexion des poutres : contraintes
Objectifs du chapitre
▶ calculer les premier et second moments de section d’un profil donné
▶ identifier les zones de contraintes maximales dans une poutre en flexion. . .
▶ . . . et calculer ces contraintes (normale et de cisaillement)
▶ calculer les contraintes de cisaillement aux interfaces de sections assemblées
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Flexion : contraintes
Plan détaillé du chapitre
4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
4.2 Propriétés des sections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
4.3 Flexion pure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
4.4 Flexion ordinaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
4.5 Détermination des contraintes maximales de cisaillement τxy . . . . . . . . . . . . 173
4.6 Sections économiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
4.7 Répartition des contraintes dans un profil en I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
4.8 Distribution de cisaillement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
4.9 Sections assemblées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
4.10 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
4.11 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
4.1 - Introduction
4.1.1 Contexte général
Les diagrammes de l’effort tranchant (DET) et du moment fléchissant (DMF) présentés au
chapitre 3 sont des outils pour obtenir l’évolution des force et moment internes dans une poutre
en flexion par rapport à son axe ⃗x. La connaissance des force et moment internes dans une
poutre en flexion va logiquement nous amener à la définition des contraintes agissant dans la
structure. Un des objectifs majeurs de ce chapitre est de mettre en évidence le lien entre le moment
fléchissant M et la contrainte normale σx dans la poutre :
σx = −
My
Ī z
ainsi que le lien entre l’effort tranchant V et la contrainte de cisaillement τxy :
τxy =
VQz,A′
Ī z b
où :
— y représente la position transversale du point étudié sur la section de la poutre ;
— b est la largeur de la section (selon la direction ⃗z) au point étudié ;
— Qz,A′ est le premier moment de section (ou moment statique) de la poutre ;
— Ī z est le second moment de section (ou moment quadratique) de la poutre.
4.1.2 Cadre du cours
Il est important de rappeler que tous les calculs effectués dans ce chapitre reposent sur
l’hypothèse qu’il n’y a qu’un seul plan de flexion : le plan (⃗x,⃗y). Une généralisation des résultats
à la flexion en trois dimensions d’une poutre sera présentée dans le chapitre 7. En plus des
hypothèses déjà présentées au chapitre 1, on suppose ici que :
1. les poutres étudiées sont droites et sans contrainte avant application du chargement ;
2. les poutres sont de section uniforme et disposent d’au moins un axe de symétrie (typiquement
O⃗y) avant application du chargement ;
157
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.2 Propriétés des sections
4.2 - Propriétés des sections
Les formules des contraintes normale et de cisaillement données en introduction font notamment
intervenir les premier et second moments de section Qz,A′ et Ī z . Les techniques de calculs utilisées
pour obtenir ces deux quantités sont l’objet de cette section.
4.2.1 Premier moment de section Qz,A
Soit une poutre de section quelconque, uniforme, telle que représentée sur la figure 4.2. Par
définition, les premiers moments de la section de la poutre par rapport aux axes ⃗y et ⃗z s’écrivent :
Qz,A =
Qy,A =
Z
ZA
A
y · dA
z · dA
Or, on rappelle que les coordonnées ȳ et z̄ du centroïde de la section sont définies par :
⃗y
plan (⃗y,⃗z)
⃗y
⃗z
⃗x
⃗z
aire A
figure. 4.1 – poutre de section uniforme
R
ȳ =
y · dA
A
R
R
=
A y · dA
A
dA
R A
R
z · dA
z · dA
R
z̄ = A
= A
A
A dA
On en conclut que les premiers moments de section de la poutre par rapport aux axes ⃗y et ⃗z
valent :
Qz,A = ȳA
Qy,A = z̄A
158
(4.1)
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.2 Propriétés des sections
À retenir
En pratique, le calcul d’un premier moment de section se ramène donc : (1) au calcul d’une des
coordonnées du centroïde de la section ȳ ou z̄ et, (2) au calcul de l’aire A.
Un premier moment de section étant défini comme le produit d’une distance par une aire, son
unité est celle d’un volume :
[Qz,A] = [m3 ] ou [mm3 ]
Il est fondamental de bien comprendre la notation utilisée : Qz,A. Celle-ci souligne la dépendance
du premier moment de section au repère considéré (par l’indice z) et aussi, bien entendu, à l’aire
de la section A.
À retenir
Si le repère considéré a pour origine le centroïde de la section, les coordonnées du centroïde
dans ce repère sont :
ȳ = z̄ = 0
Ce qui implique :
Qy,A = Qz,A = 0
4.2.2 Second moment de section I z
En reprenant les notations de la figure 4.2, le second moment de la section de la poutre par
rapport aux axes ⃗y et ⃗z est défini de la façon suivante :
Iz =
Iy =
Z
ZA
A
y2 · dA
z2 · dA
Étant le produit d’une distance au carré par une aire, l’unité du second moment de section est :
[I z ] = [m4 ] ou [mm4 ]
À partir des seconds moments de section I y et I z , on définit le second moment polaire J0 :
J0 = I z + I y
De même que pour le premier moment de section, la notation utilisée pour le second moment de
section souligne la dépendance au repère considéré. Si ce repère est centré sur le centroïde de la
section, on note :
Ī z = I z
159
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
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c
1 - en gé
Flexion : contraintes
4.2 Propriétés des sections
4.2.3 Théorème des axes parallèles
Connaissant le second moment de section Ī z dans un repère dont l’origine est le centroïde C
de la section, on cherche à déterminer le second moment de section I z′ calculé dans un repère
(⃗y′ ,⃗z′ ) translaté d’une distance −dy selon ⃗y et −dz selon ⃗z, voir la figure 4.2. Le passage du repère
⃗y
plan (⃗y,⃗z)
plan (⃗y,⃗z)
⃗y
⃗y
⃗y′
⃗y′
⃗z
dy
C
⃗z
⃗x
⃗z′
⃗z
d
⃗z′ z
dy
dz
figure. 4.2 – visualisation de deux repères dans le plan (⃗y,⃗z) pour application du théorème des
axes parallèles
(⃗y,⃗z) au repère (⃗y′ ,⃗z′ ) correspond au changement de variable :
y′ = y + dy
Or, par définition :
I z′ =
I z′ =
I z′ =
Z
Z
2
A
y · dA +
| {z }
Z
A
y′2 · dA
(y + dy )2 · dA
Z
A
A
2ydy · dA +
Z
A
d2y · dA
définition de Ī z
Le terme dy est indépendant de la section A, il peut donc être sorti des intégrales :
I z′ = Ī z + 2dy
Z
y · dA
| A {z }
définition de Qz,A
+d2y
Z
dA
| A{z }
aire A
Par construction, le repère (⃗y,⃗z) a pour origine le centroïde, donc :
Qz,A = 0
160
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.2 Propriétés des sections
Finalement, il reste :
I z′ = Ī z + d2y A
(4.2)
De même, en utilisant le fait que :
z′ = z + dz
on obtient :
I y′ = Ī y + d2z A
(4.3)
4.2.4 Application aux sections composées
En pratique, dans le cadre du cours, on se ramène toujours au calcul de seconds moments de
section dans un repère dont l’origine est le centre d’inertie de la section. Le théorème des axes
parallèles est utile pour calculer le second moment d’une section composée telle que le profil en
T représenté sur la figure 4.3.
⃗y=⃗y1 =⃗y2 =⃗Y ′
A2
⃗z2
⃗z
⃗z1
ȳ2 − ȳ
G
ȳ
ȳ − ȳ1
ȳ2
ȳ1
A1
⃗Z ′
figure. 4.3 – section en T, vue comme assemblage de deux sections élémentaires rectangulaires
Sur la figure 4.3, le repère (⃗y,⃗z) a pour origine le centroïde G de l’ensemble de la section en
T et les repères (⃗yi ,⃗zi ) ont pour origine le centroïde de l’aire A i i = 1, 2. Le repère (⃗Y ′ ,⃗Z ′ ) est
un repère intermédiaire tel que l’axe ⃗Z ′ passe par la fibre inférieure de la section. Notons Ī zi le
second moment de la section A i dans le repère (⃗yi ,⃗zi ), i = 1, 2. En appliquant le théorème des
parallèles (4.2), on peut calculer les seconds moments des sections A 1 et A 2 dans le repère (⃗y,⃗z) :
I z,1 = Ī z1 + (ȳ − ȳ1 )2A 1
I z,2 = Ī z2 + (ȳ − ȳ2 )2A 2
Dans ce même repère, le second moment de la section complète s’écrit :
I z = I z,1 + I z,2
Or, par construction, l’origine du repère (⃗y,⃗z) est le centroïde de la section complète, ceci impose :
Ī z = I z = I z,1 + I z,2
161
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.3 Flexion pure
Finalement, on obtient :
Ī z = Ī z1 + Ī z2 + (ȳ − ȳ1 )2A 1 + (ȳ − ȳ2 )2A 2
Cette formule se généralise dans le cas d’une section composée de n sous-sections élémentaires :
n
n
i =1
i =1
n
n
i =1
i =1
Ī z = ∑ Ī zi + ∑ (ȳ − ȳi )2A i
(4.4)
De la même manière, on montre que :
Ī y = ∑ Ī yi + ∑ (z̄ − z̄i )2A i
(4.5)
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 1 de ce chapitre à la page 188.
4.3 - Flexion pure
4.3.1 Définition
Une poutre (ou un tronçon de poutre) est dite en flexion pure lorsqu’elle est soumise à un
moment fléchissant constant, l’effort tranchant étant nul. Pour rappel, il a été montré au chapitre 3
que :
dM
= −V ( x )
dx
Un moment fléchissant constant sur un tronçon de poutre implique donc nécessairement un effort
tranchant nul.
4.3.2 Étude d’une section déformée
On considère deux tronçons ABED et BCFE sur une poutre soumise à un moment externe
M z : Un DCL de la poutre permet facilement de mettre en évidence que le moment fléchissant est
constant et que l’effort tranchant est nul. On a donc bien un cas de flexion pure. On s’intéresse à
la déformation des tronçons ABED et BCFE. Ces deux tronçons sont soumis au même chargement
et sont identiques, on en déduit qu’ils se déforment nécessairement de la même manière. Faisons
l’hypothèse que la section AD du tronçon ABED se déforme comme sur la figure 4.4.5a. Les
tronçons ABED et BCFE sont identiques et soumis au même chargement donc, nécessairement,
la face BE du tronçon BCFE se déforme de la même manière, voir figure 4.4.5b. La face BE
appartenant aux deux tronçons, afin de préserver l’intégrité structurelle de la poutre, la déformée
représentée sur la figure 4.4.5b sur le tronçon BCFE impose la déformation représentée sur la
162
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.3 Flexion pure
⃗y
A
C
B
Mz
⃗x
D
E
Mz
F
figure. 4.4 – poutre étudiée en flexion pure
A
B
⃗x
D
(a) hypothèse : forme AD
B
⃗x
B
⃗x
E
⃗x
E
(b) ⇒ forme BE
(c) BE = BE
E
(d) symétrie de ABED
figure. 4.5 – raisonnement sur la déformation des faces des tronçons ABED et BCFE
figure 4.4.5c de la face BE sur le tronçon ABED (compatibilité des formes). Enfin, il faut noter
la symétrie du tronçon ABED, celui-ci est chargé de la même façon sur sa face négative AD
et positive BE. Ceci impose que la déformation de ces deux faces est symétrique par rapport
au plan orthogonal à l’axe de la poutre passant par le milieu du tronçon. Compte-tenu de la
déformation AD supposée sur la figure 4.4.5a, on doit donc avoir la déformation de la face BE
telle que représentée sur la figure 4.4.5d.
L’incompatibilité entre les déformées de la face BE superposées sur la figure 4.4.5d nous
amène à conclure que la face AD reste nécessairement droite après déformation. Avec le même
type de raisonnement, on peut également montrer que le rayon de courbure ρ de la poutre est
constant.
À retenir
En flexion pure, une section de la poutre reste droite après déformation. Son rayon de courbure
est constant.
Puisque les sections de la poutre restent droites, la représentation déformée, telle que celle
proposée sur la figure 4.6, fait apparaître que sous l’action d’un moment M z > 0, les fibres
supérieures de la poutre se raccourcissent alors que les fibres inférieures s’allongent. Par continuité,
on en déduit qu’il existe une fibre dont la longueur ne varie pas après déformation. Cette fibre
est appelée fibre neutre.
163
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.3 Flexion pure
⃗y
Mz > 0
⃗x
Mz > 0
raccourcissement
fibre neutre
allongement
figure. 4.6 – représentation de la poutre déformée sous action d’un moment externe M z > 0
À retenir
Le terme de fibre neutre est associé à la représentation plane de la figure 4.6. En réalité, il existe
tout un plan de fibres dont la longueur ne varie pas : il s’agit du plan perpendiculaire au plan
(⃗x,⃗y) et passant par la fibre neutre. On parle du plan neutre, voir figure 4.7.
⃗y
⃗x
figure. 4.7 – représentation du plan neutre (
dans les configurations initiale et déformée
/
) sur lequel les fibres ont la même longueur
4.3.3 Étude des déformations dans la poutre
Dans cette section, on s’intéresse à la déformation du tronçon ABED de la poutre tracée sur la
figure 4.4. On se focalise sur la déformation longitudinale ε x d’une fibre GH située à une distance
y de la fibre neutre, voir figure 4.8. La définition de la déformation longitudinale ε x donnée au
chapitre 1 permet d’écrire :
εx =
G′ H ′ − GH
GH
164
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.3 Flexion pure
dϕ
ρ
A
G
fibre neutre
I
y
D
B
A’
B’
H
J
G’
I’
H’
y J’ ⃗x
D’
E’
fibre neutre
⃗x
E
(a) configuration initiale
(b) configuration déformée
figure. 4.8 – tronçon ABED
Avant déformation :
GH = IJ
Or, IJ est la fibre neutre, on a donc :
IJ = I ′ J ′
Ainsi :
εx =
G′ H ′ − I ′ J ′
I′J′
En notant ρ le rayon de courbure et dϕ la largeur angulaire du tronçon ABED, il vient :
εx =
(ρ − y)dϕ − ρdϕ
ρdϕ
D’où :
εx = −
y
ρ
(4.6)
On met ainsi en évidence l’évolution linéaire de la déformation longitudinale ε x en fonction de y,
c’est-à-dire en fonction de la position sur la section de la poutre. On retrouve naturellement que
sur la fibre neutre, pour y = 0, la déformation longitudinale est nulle ε x = 0 : la fibre neutre ne
change pas de longueur après déformation.
165
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.3 Flexion pure
4.3.4 Application de la loi de Hooke
Le matériau de la poutre est supposé élastique linéaire, ce qui nous permet d’appliquer la loi
de Hooke :
σx = E ε x
Ainsi :
E
σx = − y
ρ
(4.7)
La contrainte σx évolue linéairement en fonction de y et est nulle sur la fibre neutre.
4.3.5 Équilibre d’une poutre en flexion pure
Considérons une poutre de section quelconque telle que celle représentée sur la figure 4.9,
l’origine du repère est choisie au milieu du plan neutre. On s’intéresse à l’équilibre du tronçon
représenté sur la figure 4.9. Au niveau de la zone de coupe, représentée en gris, on fait un bilan
des forces selon la direction ⃗x :
∑ ⃗Fx = ⃗0
Sur le domaine carré élémentaire d’aire dA représenté en orange sur la figure 4.9, trois contraintes
pouvent s’appliquer : τxz , τxy et σx . Le bilan des forces selon ⃗x pour l’ensemble de la section nous
amène donc à :
Z
A
σx dA = 0
En remplaçant σx par la formule (4.7), on obtient :
M
⃗y
τxy
aire A
τxz
⃗z
σx
⃗x
figure. 4.9 – représentation schématique d’une poutre de section quelconque, le plan neutre est
représenté en rouge (
)
Z
E
− ydA = 0
ρ
A
166
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1 - en gé
Flexion : contraintes
4.3 Flexion pure
Le module d’Young et le rayon de courbure sont constants sur la section considérée et peuvent
donc être sortis de l’intégrale :
−
E
Z
ρ
A
ydA = 0
ou encore :
E
− Qz,A = 0
ρ
ce qui implique nécessairement :
Qz,A = 0
Trouver que le premier moment de section Qz,A est nul signifie que le repère considéré passe par
le centroïde de la section (voir section 4.2.1 de ce chapitre). Comme le repère a été centré sur le
plan neutre, ceci implique que le plan neutre contient le centroïde de la section.
À retenir
La fibre neutre (ou le plan neutre) d’une poutre passe toujours par le centroïde de sa section.
En repartant de la figure 4.9, si on s’intéresse à l’équation d’équilibre associée au bilan des
moments par rapport à l’axe ⃗z sur la fibre neutre, on obtient :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
−M −
Z
A
σx ydA = 0
En utilisant la formule (4.7), il vient :
−M +
E
ρ
Z
y2 dA = 0
| {z }
A
Ī z
M=
EĪ z
ρ
ou encore :
1
M
=
ρ
EĪ z
(4.8)
La combinaison des équations (4.7) et (4.8) permet d’obtenir la relation :
σx = −
167
My
Ī z
(4.9)
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.3 Flexion pure
On a également :
εx = −
My
EĪ z
(4.10)
À retenir
La relation (4.9) est en réalité valable pour tout type de flexion, même lorsque l’effort tranchant
est non nul V ̸= 0.
4.3.6 Point sur les contraintes normales maximales
À la position axiale x de l’axe de la poutre, on a démontré que la contrainte normale σx en un
point de la section évolue linéairement avec la coordonnée y de ce point. Le domaine de variation
⃗y
ymax
ymin
⃗z
⃗x
figure. 4.10 – représentation schématique d’une poutre de section quelconque : éloignement des
fibres supérieure et inférieure au plan neutre
de la variable y correspond à la zone sur laquelle s’étend la section de la poutre selon la direction
⃗y, comme le montre la figure 4.10. On a :
y ∈ [ymin ; ymax ]
avec ymin < 0 et ymax > 0. On note c = max(|ymin |, |ymax |), on a alors :
|σ|max =
Mc
Ī z
|σ|max =
M
Sz
ou encore :
où S z est appelé le module de section :
Sz =
168
Ī z
c
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Flexion : contraintes
4.3 Flexion pure
À retenir
En pratique, on cherche à concevoir des poutres pour lesquelles les contraintes maximales sont
les plus faibles possibles, on cherche donc à maximiser le module de section S z .
Les figures 4.11 et 4.12 récapitulent graphiquement l’évolution de la valeur de la contrainte
normale σx dépendamment de la position y du point considéré sur la section de la poutre,
respectivement pour un moment fléchissant négatif et un moment fléchissant positif.
y
y = ymax
fibre supérieure
domaine utile
σx
σx,min
y
plan neutre
σx,max σx (y)
y = ymin
fibre inférieure
figure. 4.11 – évolution de la contrainte normale sur une poutre de section rectangulaire dans le
cas où M < 0
y
y = ymax
domaine utile
σx
fibre supérieure
y
σx,max
plan neutre
σx (y) σx,min
y = ymin
fibre inférieure
figure. 4.12 – évolution de la contrainte normale sur une poutre de section rectangulaire dans le
cas où M > 0
169
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.4
Flexion ordinaire
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 2 de ce chapitre à la page 190.
4.4 - Flexion ordinaire
Lorsque l’effort tranchant V dans la poutre est non nul, on parle d’une flexion ordinaire de la
poutre. Il s’agit bien entendu du type de flexion le plus fréquent. Comme cela a été mentionné
dans la section 4.3, la formule (4.9) permettant de calculer les contraintes normales σx dans
la poutre ne repose que sur une seule hypothèse : les sections de la poutre restent planes
dans la configuration déformée. Cette hypothèse est maintenue pour la flexion ordinaire et la
formule (4.9) reste donc valable :
σx = −
My
Ī z
(4.11)
4.4.1 Équilibre d’une poutre en flexion ordinaire
Soit la poutre de section quelconque représentée sur la figure 4.4.13a, on s’intéresse à l’équilibre
mécanique d’un tronçon de cette poutre de longueur ∆x, voir la figure 4.4.13b. L’équilibre
q( x )
V1
⃗y
q( x )
⃗y
face 2
M1
face 1
⃗z
∆x
⃗xM
⃗z
⃗x M2
V2
V
(a)
(b)
figure. 4.13 – représentation schématique d’une poutre de section quelconque en flexion ordinaire
mécanique du tronçon de la poutre se traduit par :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
Ce qui, sur la face 1 donne :
M2 − M1 + V2 ∆x − q( x )
170
∆x2
=0
2
(4.12)
A. Batailly, hiver 2025
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1 - en gé
Flexion : contraintes
4.4
Flexion ordinaire
et sur la face 2 :
M2 − M1 + V1 ∆x + q( x )
∆x2
=0
2
(4.13)
En sommant les équations (4.12) et (4.13), il reste :
2M2 − 2M1 + (V1 + V2 )∆x = 0
Notons V , l’effort tranchant moyen sur le tronçon étudié :
V=
V1 + V2
2
On a alors :
M2 − M1 + V ∆x = 0
(4.14)
Par ailleurs, on a montré que les contraintes normales dans le tronçon σx,1 et σx,2 s’écrivent :
σx,1 = −
M1 y
Ī z
et :
σx,2 = −
M2 y
Ī z
(4.15)
V ∆xy
Ī z
(4.16)
En combinant les équations (4.14) et (4.15) on obtient :
−
σx,2 = −
Ī z σx,2
= M1 − V ∆x
y
( M1 − V ∆x )y
Ī z
= σx,1 +
Cette dernière équation constitue un point important car on met en évidence que :
σx,1 ̸= σx,2
(4.17)
.
4.4.2 Analyse dans le plan (⃗x,⃗z)
Faisons une coupe longitudinale du tronçon telle que celle représentée sur la figure 4.14. Le
fait que σx,1 ̸= σx,2 impose l’existence d’une force interne ∆Fx parallèle au plan de coupe afin
d’assurer l’équilibre statique du tronçon supérieur. L’équilibre du tronçon supérieur se traduit
par :
∑ ⃗Fx = ⃗0
Z
A′
σx,2 dA −
Z
A′
σx,1 dA − ∆Fx = 0
En remplaçant σx,1 par son expression (4.15) et σx,2 par son expression (4.16), il vient :
Z
Z
M1 y
V ∆x − M1
ydA +
dA − ∆Fx = 0
Ī z
A′
A′ Ī z
171
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.4
⃗y
Flexion ordinaire
aire A′
σx,1
∆Fx
σx,2
aire ∆A y = b × ∆x
∆Fx
∆x
b
⃗z
⃗x
figure. 4.14 – coupe longitudinale du tronçon de la poutre
Z
Z
Z
*
*
M1
y
M1
y
V ∆x
ydA −
dA +
dA − ∆Fx = 0
A′ Ī z
A′ Ī z
A′ Ī z
Il reste alors :
Z
A′
V ∆x
ydA − ∆Fx = 0
Ī z
Les quantités V , ∆x et Ī z sont constantes sur l’aire A′ et peuvent donc être sorties de l’intégrale :
Z
V ∆x
ydA − ∆Fx = 0
Ī z
A′
Ce qui, par définition, s’écrit :
V ∆xQz,A′
− ∆Fx = 0
Ī z
On obtient finalement :
VQz,A′
∆Fx
=
∆x
Ī z
Le terme ∆Fx /∆x représente la force de cisaillement moyenne, ou flux de cisaillement, au niveau
du plan de coupe considéré. Elle est notée qyx , son unité est :
[qyx ] = [N /m] ou [N /mm] . . .
qyx =
VQz,A′
Ī z
(4.18)
La contrainte de cisaillement associée est tout simplement :
τyx =
VQz,A′
Ī z b
(4.19)
où b est la largeur de la section au niveau du plan de coupe considéré, voir la figure 4.14.
172
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.5 Détermination des contraintes maximales de cisaillement τxy . . .
À retenir
La dépendance de qyx au plan de coupe considéré se retrouve dans le premier moment de section
puisque celui-ci est relatif à l’aire A′ illustrée sur la figure 4.14. Pour τyx , il est important de noter
que la largeur b dépend également du plan de coupe considéré.
4.4.3 Analyse dans le plan (⃗x,⃗y)
La figure 4.15 présente une coupe longitudinale du tronçon étudié. Le plan de coupe est ici
considéré parallèle au plan (⃗x,⃗y). En suivant rigoureusement le même raisonnement que celui
aire ∆A z = t × ∆x
⃗y
σx,1
∆Fx
∆x
∆Fx
⃗z
t
σx,2
⃗x
aire A′
figure. 4.15 – coupe longitudinale— dans le plan (⃗x,⃗y)—du tronçon de la poutre
suivi dans la section précédente, on peut montrer que l’équation (4.17) impose l’existence d’un
flux de cisaillement qzx et donc d’une contrainte de cisaillement τzx :
qzx =
VQz,A′
Ī z
(4.20)
τzx =
VQz,A′
Ī z t
(4.21)
où t est l’épaisseur de la section au niveau du plan de coupe considéré, voir la figure 4.15.
4.5 - Détermination des contraintes maximales de cisaillement τxy . . .
La section précédente a permis de mettre en évidence deux types de contraintes de cisaillement :
τxy et τxz . En pratique, l’ordre de grandeur des contraintes de cisaillement τxy est souvent supérieur
à celui des contraintes τxz qui sont donc souvent négligées. Dans le cadre de ce cours, la seule
configuration pour laquelle les contraintes τxz ne sont pas négligées est détaillée dans la section 4.39.
Dans la présente section, l’analyse des contraintes maximales de cisaillement se focalise donc
uniquement sur les contraintes τxy .
Déterminer le lieu des contraintes maximales de cisaillement impose une analyse en deux
temps : (1) il faut tout d’abord identifier la position axiale x de la poutre où la valeur absolue de
173
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.5 Détermination des contraintes maximales de cisaillement τxy . . .
l’effort tranchant V est la plus grande ⇒ cette information est obtenue par le tracé du DET puis,
(2) identifier selon y à quel niveau de la section le cisaillement est maximal. Les considérations
relatives à la deuxième étape sont détaillées dans cette section.
4.5.1 . . . dans le cas d’une section rectangulaire
Soit une poutre de section rectangulaire, telle que celle représentée sur la figure 4.16. Par
⃗y
aire A′ (y)
α
b
ȳ
y
⃗z
α
β
figure. 4.16 – poutre de section rectangulaire
définition :
Qz,A′ = ȳA′
Or, ici, comme le centroïde d’un rectangle se situe à mi-hauteur :
ȳ = y +
α−y
2
L’aire A′ (verte sur la figure 4.16) vaut :
A′ = b(α − y)
Ainsi :
α−y
Qz,A′ = b(α − y) y +
2
Qz,A′ = b(α − y)(α/2 + y/2)
b 2
(4.22)
( α − y2 )
2
Le premier moment Qz,A′ est un polynôme de degré 2 qui a deux racines : y1 = −α et y2 = α. Pour
connaître le comportement de cette fonction sur le domaine y ∈ [−α ; α], on étudie sa dérivée. On
montre sans difficulté que :
Qz,A′ =
dQz,A′
= −yb
dy
174
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.5 Détermination des contraintes maximales de cisaillement τxy . . .
Cette fonction s’annule en y = 0, on en déduit le comportement de Qz,A′ , voir la courbe (
)
sur la figure 4.17. Le flux de cisaillement qyx est lié directement au premier moment Qz,A′ , voir
y
aire A′ (y)
α
domaine utile
Qz,A′ ,
y
Qz,A′
b
b
0
Qz,A′
plan neutre
b (y)
bα2
2
−α
α2
2
figure. 4.17 – fonctions Qz,A′ (y) et Qz,A′ (y)/b(y), le domaine utile correspond à la plage de
variation de y sur la section rectangulaire définie sur la figure 4.16
l’équation (4.18). L’effort tranchant et le second moment de section étant constant sur la section
de la poutre, on en conclut que l’évolution du flux de cisaillement par rapport à y est la même
que celle de Qz,A′ . Par ailleurs, comme :
τyx =
qyx
b
en repartant de l’équation (4.22), les termes b se simplifient et on a tout simplement :
τyx =
qyx
( α2 − y2 )
proportionnel à :
b
2
Comme la largeur de la section b est constante sur la section, l’évolution de qyx et de τyx sont
parfaitement similaires, voir la courbe (
) sur la figure 4.17.
À retenir
Dans le cas d’une section rectangulaire, le flux de cisaillement qyx et la contrainte de cisaillement
τyx sont maximaux au niveau du plan neutre.
4.5.2 . . . dans le cas d’une section triangulaire
On considère maintenant une poutre de section triangulaire, telle que celle représentée sur la
figure 4.18. Par définition :
Qz,A′ = ȳA′
Or, ici, comme le centroïde d’un triangle se situe à un tiers de sa hauteur :
ȳ = y +
α−y
3
175
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.5 Détermination des contraintes maximales de cisaillement τxy . . .
⃗y
aire A′ (y)
α
y
b
⃗z
ȳ
α
2
β
figure. 4.18 – poutre de section triangulaire
L’aire A′ (verte sur la figure 4.18) vaut :
A′ =
b(α − y)
2
Ainsi :
b
Qz,A′ = (α − y)
2
α 2y
+
3
3
b
(4.23)
(α + 2y)(α − y)
6
La largeur b de la section au plan de coupe considéré dépend de y. En appliquant le théorème
des triangles semblables, on a :
Qz,A′ =
2β
b
=
α−y
3α
2β
3α
En injectant cette expression de b dans l’équation (4.23), il vient :
b = (α − y)
Qz,A′ =
2β
(α − y)2 (α + 2y)
18α
Le premier moment Qz,A′ est un polynôme de degré 3 qui a deux racines : une racine double
y0 = α et une racine simple y1 = −α/2. Pour connaître le comportement de cette fonction sur le
domaine y ∈ [ −2α ; α], on étudie sa dérivée. On montre sans difficulté que :
dQz,A′
2β
=
(α − y)y
dy
3α
Cette fonction s’annule en y = α et y = 0, on en déduit le comportement de Qz,A′ , voir la
courbe (
) sur la figure 4.19. Le flux de cisaillement qyx est lié directement au premier moment
176
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.5 Détermination des contraintes maximales de cisaillement τxy . . .
y
aire A′ (y)
α
domaine utile
Qz,A′ ,
α/4
Qz,A′
b
Qz,A′
b
(y)
y
b
0
Qz,A′ (y)
plan neutre
−α/2
3α2
16
2βα2
18
figure. 4.19 – fonctions Qz,A′ (y) et Qz,A′ (y)/b(y), le domaine utile correspond à la plage de
variation de y sur la section triangulaire définie sur la figure 4.18
Qz,A′ , voir l’équation (4.18). L’effort tranchant et le second moment de section étant constant sur
la section de la poutre, on en conclut que l’évolution du flux de cisaillement par rapport à y est
la même que celle de Qz,A′ . Par ailleurs, comme :
τyx =
qyx
b
en repartant de l’équation (4.23), les termes b se simplifient et une simple étude de fonction
polynômiale de degré 2 permet de tracer l’évolution du quotient Qz,A′ /b, voir la courbe (
) sur
la courbe 4.19. L’équation (4.19) met en évidence que l’évolution de la contrainte de cisaillement
τyx par rapport à y est identique à celle du quotient Qz,A′ /b.
Finalement, pour la section triangulaire considérée sur la figure 4.18, on montre que le flux
de cisaillement est maximal pour y = 0 — c’est-à-dire au plan neutre — alors que la contrainte
de cisaillement est maximale pour y = α/4. Ainsi, en général, le flux de cisaillement qyx et la
contrainte de cisaillement τyx atteignent leur valeur maximale pour une position transversale y
différente.
4.5.3 . . . de façon générale pour le cours de résistance des matériaux
Bien que relativement simple, une section triangulaire n’est toutefois pas représentative de
structures réelles. On peut montrer que, comme c’est le cas pour les sections rectangulaire et
triangulaire étudiées précédemment, le flux de cisaillement est toujours maximal au niveau du
plan neutre. Par ailleurs, comme, pour la quasi-totalité des profils de poutres étudiées dans le
cadre de ce cours, la largeur b de la section est minimale au niveau du plan neutre, le quotient
qyx /b est également maximal au plan neutre ce qui implique que la contrainte de cisaillement τyx
est maximale au plan neutre.
177
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.6 Sections économiques
À retenir
Dans le cadre du cours de résistance des matériaux 1, on admet que :
1. le flux de cisaillement est toujours maximal au plan neutre ;
2. la contrainte de cisaillement τyx est aussi maximale au plan neutre car la totalité des
sections considérées (en I, en T. . .) ont une largeur b qui est minimale au plan neutre,
ce qui maximise nécessairement le ratio qyx /b = τyx sur ce plan.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 3 de ce chapitre à la page 195.
4.6 - Sections économiques
Seules les contraintes normales σx sont considérées dans cette section. En effet, dans la plupart
des situations où elles sont utilisées (charpente de bâtiment, ou structure de pont. . .), les poutres
présentent des contraintes de cisaillement très inférieures aux contraintes normales ce qui justifie
que les contraintes de cisaillement ne sont pas prises en compte dans le raisonnement ci-après.
Pour résumer, on a usuellement :
|σx | >> |τxy | >> |τxz |
La conception du profil d’une poutre repose essentiellement sur la minimisation de la quantité
de matière utilisée par rapport aux contraintes (normale ou de cisaillement) que la poutre devra
supporter. Comme mentionné précédemment, il existe plusieurs profils types (en I, en T. . .)
qui ont été développés pour des cas de charge spécifiques. Quelques considérations de base
permettent de comprendre l’orgine de ces profils. À titre d’exemple, considérons une poutre
de section rectangulaire telle que celle de la figure 4.20. Si on ne considère que les contraintes
normales σx dans la poutre, il a été montré — voir l’équation (4.9) — que ces contraintes évoluent
linéairement sur la section de la poutre. Les valeurs maximales (en valeur absolue) sont atteintes
sur les fibres inférieure et supérieure. On en déduit les zones de la section où les contraintes
normales sont les plus élevées et les plus faibles, voir figure 4.4.20a. Ces observations justifient de
renforcer la section, en y ajoutant de la matière, sur les zones de contraintes élevées. Inversement,
sur les zones de contraintes faibles, il est inutile de disposer de trop de matière, voir figure 4.4.20b.
Ces considérations nous amènent logiquement à l’utilisation de profils en I, voir la figure 4.4.20c.
De façon générale, l’ordre de grandeur des contraintes de cisaillement τyx dans une poutre
est sensiblement inférieur à celui des contraintes normales σx . Aussi, le raisonnement précédent
reste valable pour de nombreuses configurations de flexion ordinaire.
178
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Flexion : contraintes
4.7 Répartition des contraintes dans un profil en I
σx élevé
semelle
σx faible
âme
σx élevé
semelle
(a)
(b)
(c)
figure. 4.20 – poutre de section rectangulaire, analyse des niveaux de contraintes normales et
implications en termes de conception
À retenir
On nomme âme et semelle respectivement la partie centrale et les extrémités d’un profil en I. La
largeur de l’âme est usuellement notée ba , l’épaisseur de la semelle est usuellement notée ts , et sa
largeur bs .
4.7 - Répartition des contraintes dans un profil en I
Les profils en I sont couramment utilisés. Cette section porte sur la représentation de la
répartition des contraintes normale et de cisaillement sur la section de ce type de poutre. On
suppose donc qu’on effectue une coupe de la poutre en I étudiée à la position axiale x. En
ce point, le moment fléchissant et l’effort tranchant agissant sur la section de la poutre valent
respectivement M ( x ) et V ( x ).
4.7.1 Contraintes normales σx
La formule (4.9) souligne l’évolution linéaire de la contrainte normale σx par rapport à la
position transversale y du point où elle est calculée. Il n’y a, en revanche, aucune dépendance à z
ce qui nous permet de tracer les profils des contraintes normales sur la section, voir la figure 4.21.
4.7.2 Flux de cisaillement qyx
La formule du cours (4.18) permet de calculer le flux de cisaillement en tout point de la section
de la poutre. Comme cela a été vu à la section 4.5, le flux de cisaillement qyx , calculé sur un plan
parallèle au plan (⃗x,⃗z) à une distance y du plan neutre, dépend de y à cause du calcul du premier
moment de section Qz,A′ . On sait déjà, voir la section 4.5 que le flux de cisaillement qyx atteint sa
valeur maximale au niveau du plan neutre. En utilisant les notations introduites sur la figure 4.22,
179
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.7 Répartition des contraintes dans un profil en I
⃗y
⃗y
σx > 0
σx < 0
plan neutre
plan neutre
⃗z
⃗z
⃗x
⃗x
section
σx < 0
section
σx < 0
σx > 0
(a) M ( x ) < 0
(b) M ( x ) > 0
figure. 4.21 – répartition des contraintes normales dans un profil en I, à la position axiale x sur
la poutre
pour obtenir le flux de cisaillement qyx (y), on doit calculer le premier moment de section Qz,A′ :
Qz,A′ =
+
Qz,A a
|{z}
portion de A’ dans l’âme
Qz,A s
|{z}
portion de A’ dans la semelle
Dans un premier temps, on se focalise sur le flux de cisaillement dans l’âme, le terme Qz,A s est
donc traité comme un terme constant. On a :
Qz,A a = ȳ aA a
Ce qui, compte-tenu des notations de la figure 4.22, peut s’écrire :
⃗y
aire A’
aire A s
ȳs
aire A a
ȳ a
y
⃗z
ta
plan neutre
ba
figure. 4.22 – poutre en I, calcul du flux de cisaillement qyx dans l’âme
Qz,A a = y +
ta − y
2
180
× ba ( t a − y )
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.7 Répartition des contraintes dans un profil en I
Qz,A a = (t2a − y2 )
ba
2
Finalement :
Qz,A′ = Qz,A s + (t2a − y2 )
ba
2
d’où :
V
qyx =
Ī z
ba
Qz,A s + (t2a − y2 )
2
On met ainsi en évidence une évolution quadratique du flux de cisaillement qyx par rapport à y
dans l’âme du profil. Lorsque y > t a /2, c’est-à-dire lorsqu’on veut calculer le flux de cisaillement
dans la semelle du profil, on peut montrer que qyx décroît très rapidement sur l’épaisseur de la
semelle jusqu’à atteindre une valeur nulle sur la fibre supérieure (ou inférieure). Finalement, on
obtient le profil de qyx dessiné sur la figure 4.23.
⃗y
⃗y
plan neutre
plan neutre
⃗z
⃗z
⃗x
section
section
(a) V ( x ) < 0
(b) V ( x ) > 0
⃗x
figure. 4.23 – répartition du flux de cisaillement qyx dans un profil en I, à la position axiale x sur
la poutre
4.7.3
Contrainte de cisaillement τyx
La contrainte de cisaillement est égale à qyx /b. Sur un profil en I, la largeur b de la section
prend deux valeurs : ba dans l’âme et bs >> ba dans la semelle. L’étude effectuée à la section
précédente concernant l’évolution de qyx en fonction de y nous permet donc de déduire le
comportement de la contrainte de cisaillement. Dans l’âme comme dans la semelle, les deux
quantités qyx et τyx sont définies à une constante près et évoluent donc de façon identique : valeur
maximale au plan neutre et décroissance quadratique dans l’âme et forte décroissance dans les
semelles. À l’interface âme/semelle, comme bs ̸= ba , la contrainte de cisaillement est discontinue.
Par ailleurs, comme bs >> ba , les contraintes τyx = qyx /bs sont très faibles dans la semelle. On en
déduit le profil des contraintes de cisaillement dessiné sur la figure 4.24.
181
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.7 Répartition des contraintes dans un profil en I
⃗y
⃗y
plan neutre
plan neutre
⃗z
⃗z
⃗x
section
section
(a) V ( x ) < 0
(b) V ( x ) > 0
⃗x
figure. 4.24 – répartition de la contrainte de cisaillement τyx dans un profil en I, à la position
axiale x sur la poutre
À retenir
Dans le cadre du cours, on fait l’hypothèse que dans la semelle d’une poutre en I :
τyx,semelle ≃ 0
4.7.4
Flux de cisaillement qzx
De façon parfaitement analogue à ce qui a été fait dans la section 4.4 pour mettre en évidence
la contrainte de cisaillement τyx (grâce à la coupe d’un tronçon de poutre par rapport à un plan
parallèle à (⃗x,⃗z), voir la figure 4.14), on peut mettre en évidence une contrainte de cisaillement τzx .
Il suffit pour cela de considérer une coupe du tronçon de poutre selon un plan parallèle au plan
(⃗x,⃗y). Les équations permettraient alors de définir un flux de cisaillement qzx et une contrainte de
cisaillement τzx définis comme suit :
qzx =
VQz,A′
VQz,A′
et : τzx =
Ī z
Ī z ts
(4.24)
où ts est l’épaisseur de la semelle du profil en I, voir la figure 4.25. Le premier moment de section
Qz,A′ vaut :
Qz,A′ = ȳA′ = ȳ(ts (bs /2 − z))
Les termes ȳ, ts et bs sont tous constants, ils dépendent uniquement des propriétés géométriques
du profil de la section. On en déduit que le premier moment de section Qz,A′ évolue linéairement
en fonction de z. Compte-tenu de la formule (4.24), la répartition du flux de cisaillement qzx sur
182
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.7 Répartition des contraintes dans un profil en I
⃗y
aire A′
ts
ȳ
z
⃗z
plan neutre
ba
bs
figure. 4.25 – poutre en I, calcul du flux de cisaillement qzx dans la semelle
⃗y
⃗y
plan neutre
plan neutre
⃗z
⃗z
⃗x
⃗x
section
section
(a) V ( x ) < 0
(b) V ( x ) > 0
figure. 4.26 – répartition du flux de cisaillement qzx dans un profil en I, à la position axiale x sur
la poutre
la section est telle que dessinée sur la figure 4.26. La répartition des contraintes de cisaillement
τzx s’obtient en effectuant un raisonnement similaire à celui suivi pour les contraintes τyx , voir la
figure 4.27.
À retenir
Dans le cadre du cours, on fait l’hypothèse que dans l’âme d’une poutre en I :
τzx,âme ≃ 0
183
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.8 Distribution de cisaillement
⃗y
⃗y
plan neutre
plan neutre
⃗z
⃗z
⃗x
⃗x
section
section
(a) V ( x ) < 0
(b) V ( x ) > 0
figure. 4.27 – répartition de la contrainte de cisaillement τzx dans un profil en I, à la position
axiale x sur la poutre
4.8 - Distribution de cisaillement
Cette section présente brièvement les conventions utilisées pour la représentation des distributions
de cisaillement. La section de la poutre est supposée symétrique par rapport à l’axe ⃗y. Voici les
principaux points de la convention à respecter :
— dans les parois verticales, τ et q sont représentés dans le même sens que l’effort tranchant
V;
— dans les parois horizontales, τ et q sont de sens opposé par rapport à l’axe de symétrie et
il y a continuité de la distribution avec les parois verticales ;
— au niveau des surfaces et extrémités libres, on a τ = 0 et q = 0 ;
— aux points de symétrie sur ⃗y, τ = 0 et q = 0.
Cette convention peut être résumée par les schémas représentés sur la figure 4.28.
⃗y
⃗y
V
⃗z
V
⃗z
(a)
(b)
figure. 4.28 – convention pour la représentation des distributions de cisaillement
184
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.9 Sections assemblées
4.9 - Sections assemblées
Le terme d’assemblage fait référence au lien mécanique entre plusieurs portions d’une section
de poutre. Ce lien a pour objectif de transmettre les forces internes de cisaillement permettant à la
poutre assemblée de se comporter comme s’il s’agissait d’une seule pièce. En pratique, ce lien peut
être réalisé de plusieurs façons : collage, soudage, boulonnage, rivetage, vissage. . . Pour chaque
type d’assemblage, cette section a pour objectif de présenter brièvement la marche à suivre pour
calculer les contraintes de cisaillement au niveau de l’interface (pour le collage et le soudage) ou
de la section des composants utilisés (pour le rivetage, vissage et boulonnage).
4.9.1 Collage
Un collage est un assemblage continu, la colle est appliquée sur une certaine largeur b ou ts ,
voir la figure 4.29, de la section et sur toute la longueur (dans la direction axiale) de la poutre.
Si l’interface collée se situe dans un plan perpendiculaire à l’axe ⃗y, la contrainte de cisaillement
⃗y
⃗z
figure. 4.29 – exemple de section assemblée par collage (
)
dans la colle est de type τyx , on calcule alors cette contrainte en utilisant la formule (4.19). De la
même manière, si l’interface collée se situe dans un plan perpendiculaire à l’axe ⃗z, la contrainte
de cisaillement dans la colle est de type τzx et on utilise la formule du cours (4.24). Usuellement,
on cherche à ne pas dépasser une valeur maximale de contrainte de cisaillement dans la colle :
|τyx | ≤ τmax
Il suffit alors de vérifier :
|τyx | ≤ nτmax
(4.25)
où n est le nombre d’interfaces collées sur le plan étudié. Par exemple, n = 2 sur la figure 4.29.
4.9.2 Soudage
Le soudage est un assemblage linéique continu : il est effectué en un point de la section sur
toute la longueur de la poutre. On parle de cordon de soudure, voir la figure 4.30. Les critères
associés aux cordons de soudure sont typiquement de la forme :
qyx ≤ R s
185
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.9 Sections assemblées
⃗y
⃗z
figure. 4.30 – exemple de section assemblée par soudage ( )
où qyx est le flux de cisaillement dans le plan où se situe(nt) le(s) cordon(s) de soudure et R s est
une valeur maximale donnée, à ne pas dépasser. Le calcul du flux de cisaillement qyx se fait grâce
à l’équation (4.18), en se plaçant au plan où est située la soudure. Il suffit alors de vérifier :
qyx ≤ nR s
(4.26)
où n est le nombre de cordons de soudure sur le plan étudié. Dans le cas de la section représentée
sur la figure 4.30, on a n = 2.
4.9.3 Assemblages ponctuels
Pour les assemblages ponctuels, on s’assure généralement de ne pas dépasser une certaine
valeur de la contrainte de cisaillement τyx (τzx selon l’orientation de la vis, du rivet ou du boulon).
Si la vis (rivet ou boulon) est parallèle à l’axe ⃗y, on cherche une contrainte de cisaillement de type
τyx . De même, si la vis est parallèle à l’axe ⃗z, on cherche une contrainte de cisaillement de type
τzx . La méthode de calcul est la suivante :
⃗y
⃗z
figure. 4.31 – exemple de section assemblée par un assemblage ponctuel
1. calcul du flux de cisaillement qyx (ou qzx ) au plan où se situe l’interface d’assemblage ;
2. calcul de la force de cisaillement Fb transmise par chaque point d’attache :
Fb = qyx × s
où s est l’espacement longitudinal entre deux vis successives selon la direction ⃗x ;
186
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.9 Sections assemblées
3. calcul de la contrainte τyx correspondante :
τyx =
Fb
A
où A est l’aire de la section de la vis (du rivet ou du boulon) ;
4. respect du critère demandé :
|τyx | ≤ nτmax
(4.27)
où n est nombre de vis sur l’interface étudiée, n = 2 sur dans le cas de la section
représentée sur la figure 4.31.
À retenir
Attention, que ce soit pour le collage, le soudage ou les vis, n représente le nombre d’interfaces
sur le plan étudié et peut être différent du nombre total d’interfaces sur la section. Par exemple,
sur la figure 4.32, on a 4 vis mais n = 2. On a n = 2 vis qui agissent sur deux interfaces distinctes
(
). Dans le cas de la figure de gauche, les deux interfaces sont parallèles à l’axe ⃗z ⇒ on
cherche donc une contrainte de cisaillement τyx ; alors que dans le cas de la figure de droite, les
deux interfaces sont parallèles à l’axe ⃗y ⇒ on cherche donc une contrainte de cisaillement τzx .
⃗y
⃗y
⃗z
⃗z
figure. 4.32 – autres exemples de sections assemblées par un assemblage ponctuel
187
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
4.10 - Exemples et applications directes du cours
Exemple 1
Soit la section de poutre, d’aire A, représentée sur la figure 4.33, calculez les valeurs de ȳ et Ī z .
⃗y = ⃗Y ′
150 mm
50 mm
⃗z
G
ȳ
150 mm
⃗Z ′
50 mm
figure. 4.33 – exemple 1 : section de poutre étudiée
Résolution. test
–▶ Amorce :
la valeur ȳ correspond à la distance entre le centroïde de la section et sa fibre inférieure. test
–▶ Calcul de ȳ :
Pour déterminer ȳ, la section de la poutre est décomposée en deux sous-sections élémentaires
d’aires A 1 et A 2 comme le montre la figure 4.34. On utilise la relation suivante :
QZ ′ ,A = QZ ′ ,A 1 + QZ ′ ,A 2
On a alors :
ȳA = ȳ1A 1 + ȳ2A 2
ȳ =
ȳ1A 1 + ȳ2A 2
A
De simples considérations géométriques permettent d’identifier chacun des termes à droite
188
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
du signe égal :
ȳ2
ȳ1
z}|{
z}|{
75 ×50 × 150 + 175 ×50 × 150
ȳ =
50 × 150 + 50 × 150
ȳ = 125 mm
⃗y=⃗y1 =⃗y2 =⃗Y ′
⃗z2
A2
⃗z
⃗z1
ȳ1
A1
ȳ
ȳ2
⃗Z ′
figure. 4.34 – décomposition de la section en deux sous-sections élémentaires
test
–▶ Calcul de Ī z :
On utilise la même décomposition de la section que celle présentée sur la figure 4.34 et on
applique la formule du cours (4.4) :
2
2
i =1
i =1
Ī z = ∑ Ī zi + ∑ (ȳ − ȳi )2A i
Ī z = Ī z1 + Ī z2 + (ȳ − ȳ1 )2A 1 + (ȳ − ȳ2 )2A 2
Les termes Ī zi sont des seconds moments de sections élémentaires :
Ī z =
50 × 1503 150 × 503
+
+ (125 − 75)2 × 50 × 150 + (125 − 175)2 × 50 × 150
12
12
Ī z = 53,125 · 106 mm4
Le second moment de section d’une section rectangulaire vaut :
Ī z =
bh3
12
où b est la base de la section et h sa hauteur.
189
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 2
Soit la poutre ABCD chargée de section en "T" renversé représentée sur la figure 4.35. Sachant
que le module d’Young du matériau utilisé vaut E = 70 GPa, calculez :
— le second moment Ī z de la section de la poutre ;
— la contrainte normale σx sur le tronçon BC.
⃗y
⃗y
10 mm
2 kN
2 kN
50 mm
⃗x
A
ȳ = 20 mm
⃗z
10 mm
D
B
0,5 m
C
0,75 m
50 mm
section de la poutre
0,5 m
figure. 4.35 – exemple 2 : système étudié
Résolution. test
–▶ Calcul de Ī z :
On utilise la formule (4.4) du cours :
n
n
i =1
i =1
Ī z = ∑ Ī zi + ∑ (ȳ − ȳi )2A i
après avoir décomposé la section de la poutre en deux sous-sections comme le montre la
figure 4.36.
190
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
⃗y
A1
⃗z
ȳ1
A2
ȳ2
figure. 4.36 – décomposition de la section de la poutre en sous-sections
L’observation des différentes sous-sections et des distances marquées sur la figure 4.35 permet
de déterminer :
ȳ1 = 35 mm
et
ȳ2 = 5 mm
Chaque section élémentaire A i est un rectangle dont le second moment de section est de la
forme :
Ī z =
bh3
12
Finalement, on a :
Ī z =
10 × 503 50 × 103
+
× 50
× 50 +(20 − 5)2 × 10
+(20 − 35)2 × 10
| {z }
| {z }
12
12
| {z } | {z }
Ī z1
A1
Ī z2
A2
Ī z = 333 · 103 mm4
Avant de pouvoir déterminer la contrainte normale σx sur le tronçon BC, il faut tout
d’abord tracer les diagrammes DET et DMF ce qui impose de connaître les réactions aux
appuis en B et C. On fait donc un DCL global. test
–▶ DCL global :
191
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
⃗y
2 kN
RC
RB
2 kN
⃗x
A
D
B
C
figure. 4.37 – DCL global
L’équilibre mécanique du système se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
−4 + R B + R C = 0
R B + R C = 4 kN
On a également :
⃗ z = ⃗0 (+ Á) au point B
∑M
On rappelle la pratique usuelle qui consiste à étudier la somme des moments
sur un des appuis (ici B ou C) de façon à éliminer une inconnue de l’équation
obtenue.
2 × 0, 5 + RC × 0, 75 − 2 × 1, 25 = 0
1 − 2, 5 + 0, 75RC = 0
R C = 2 kN
R B = 2 kN
test
–▶ Tracé du DET :
À l’aide de la méthode intégrale, on obtient le DET du système étudié :
192
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
V (kN)
2 kN
+1 kN·m
A
C
B
D
x (m)
-1 kN·m
-2 kN
figure. 4.38 – diagramme des efforts tranchants (DET)
test
–▶ Tracé du DMF :
M (kN·m)
A
B
C
-1 kN
-1 kN
D
x (m)
figure. 4.39 – diagramme des moments fléchissants (DMF)
Le DET et le DMF permettent d’observer que sur le tronçon BC, le moment fléchissant dans
la poutre est constant, l’effort tranchant associé est nul. On a donc bien un cas de flexion pure
sur le tronçon BC. test
–▶ Calcul de σx sur BC :
La contrainte normale σx est indépendante de x sur le tronçon BC, elle dépend uniquement
de la position transversale y du point considéré. On rappelle la formule du cours (4.9) :
σx = −
My
Ī z
Ici :
M = −1 kN · m = −106 N · mm
et :
Ī z = 333 · 103 mm4
D’où :
σx = 3y (en MPa, y étant exprimé en mm)
193
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
Le domaine de variation de y est obtenu en analysant la section de la poutre sur la figure 4.40 :
il suffit de déterminer la distance entre le centroïde de la section et la fibre supérieure (ce qui
donne ymax ) et la distance entre le centroïde de la section et la fibre inférieure (ce qui permet
d’obtenir ymin ).
⃗y
ymax > 0
⃗z
ymin < 0
figure. 4.40 – domaine de variation de y
Attention, ymin est une coordonnée, pas une distance, elle est toujours négative.
Ici,
ymax = 40 mm
et :
ymin = −20 mm
on a donc :
σx (ymax ) = 3 × 40 = 120 MPa
σx (ymin ) = 3 × (−20) = −60 MPa
La fibre supérieure est donc en traction (σx (ymax ) > 0) alors que la fibre inférieure est en
compression (σx (ymin ) < 0).
194
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 3
Soit la poutre ABCD, de section en "T", représentée sur la figure 4.41. Calculez :
— la contrainte normale maximale en tension σmax,t et celle en compression σmax,c ;
— la contrainte maximale en cisaillement longitudinal τyx,max = τmax,l
⃗y
⃗y
150 mm
50 mm
4 kN
10 kN
⃗z
150 mm
C
A
⃗x
B
4m
D
4m
50 mm
section de la poutre
4m
figure. 4.41 – exemple 3 : système étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
Contrairement à l’exercice 1 de ce chapitre, on observe que la section de la poutre n’est
pas symétrique par rapport à l’axe ⃗z. Ceci impose que |ymax | ̸= |ymin | ce qui complexifie la
recherche des contraintes normales maximales σmax,t et σmax,c .
Avant toute chose, il est utile de calculer la position ȳ du centroïde de la section par
rapport à ⃗y et le second moment de section Ī z de la poutre :
position du centroïde ȳ : On note A l’aire totale de la section, en utilisant les notations
de la figure 4.42, on a :
QZ ′ ,A = QZ ′ ,A 1 + QZ ′ ,A 2
C’est-à-dire :
ȳA = ȳ1A 1 + ȳ2A 2
ȳ =
ȳ1A 1 + ȳ2A 2
195
A
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
ȳ =
75 × (50 × 150) + 175 × (50 × 150)
50 × 150 + 50 × 150
ȳ = 125 mm
second moment de section Ī z :
On rappelle que le second moment de section d’une poutre de section
rectangulaire (de base b et de hauteur h) vaut :
Ī z =
bh3
12
On utilise la formule du cours :
n
n
i =1
i =1
Ī z = ∑ Ī z,i + ∑ (ȳ − ȳi )2A i
Ici n = 2 et on a :
Ī z = Ī z,1 + Ī z,2 + (ȳ − ȳ1 )2A 1 + (ȳ − ȳ2 )2A 2
Ī z =
50 × 1503 150 × 503
+
+ (125 − 75)2 × 50 × 150 + (125 − 175)2 × 50 × 150
12
12
Ī z = 53, 125 · 106 mm4
⃗y
A2
ȳ2 − ȳ
⃗z
ȳ − ȳ1
ȳ
A1
⃗Z ′
figure. 4.42 – section de la poutre
test
–▶ DCL global :
Le DCL global du système étudié est tracé sur la figure 4.43 :
196
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
⃗y
4 kN
10 kN
C
A
⃗x
B
D
RA
RC
figure. 4.43 – DCL global
test
–▶ Équilibre :
L’équilibre du système étudié se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
RA + R C = 14 kN
et par :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
(au point A)
−10 × 4 + 8RC − 4 × 12 = 0
8RC = 88 kN
R C = 11 kN
On en déduit que :
RA = 3 kN
Toutes les réactions sont connues, on peut donc tracer les DET et DMF en utilisant la méthode
intégrale présentée au chapitre 3. test
–▶ Tracé du DET :
197
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
V (kN)
7 kN
+28 kN·m
A
B
D
C
−12 kN·m
-3 kN
x (m)
−16 kN·m
-4 kN
figure. 4.44 – diagramme des efforts tranchants (DET)
test
–▶ Tracé du DMF :
M (kN·m)
12 kN·m
C
A
B
D
x (m)
-16 kN·m
figure. 4.45 – diagramme des moments fléchissants (DMF)
test
–▶ Recherche des valeurs extrêmes de V et M :
En lisant les DET et DMF, on a :
les valeurs extrêmes de l’effort tranchant lues sur la figure 4.44 :
— Vmax = 7 kN ;
— Vmin = −4 kN ;
les valeurs extrêmes du moment fléchissant lues sur la figure 4.45 :
— Mmax = 12 kN·m ;
198
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
— Mmin = −16 kN·m ;
test
–▶ Calculs de σmax,t et σmax,c :
La dissymétrie de la section par rapport à l’axe ⃗z impose de calculer les contraintes normales
sur les fibres supérieure et inférieure de la poutre aux deux points correspondant aux valeurs
extrêmes (négative et positive) du moment fléchissant : ici les points B et C.
point B : M = +12 kN·m= +12 · 106 N·mm
−M y
En B, M > 0 donc − M < 0 et la contrainte de traction σx = Īz > 0 est à
chercher là où y est négatif, c’est-à-dire sur la fibre inférieure. Inversement, la
contrainte de compression est à chercher sur la fibre supérieure.
Ici, comme on a calculé ȳ = 125 mm, on a ymin = −125 mm et ymax = 75 mm.
Compression :
σB,t = −
12 · 106 × (−125)
53, 125 · 106
σB,t = 28, 24 MPa
Traction :
σB,c = −
12 · 106 × 75
53, 125 · 106
σB,c = −16, 94 MPa
point C : M = −16 kN·m= −16 · 106 N·mm
Compression :
σC,c = −
−16 · 106 × (−125)
53, 125 · 106
σC,c = −37, 65 MPa
Traction :
σC,t = −
−16 · 106 × 75
53, 125 · 106
σC,t = 22, 59 MPa
En conclusion, la contrainte maximale de compression est atteinte au point C puisque |σC,c | >
|σB,c | alors que la contrainte maximale de traction est atteinte au point B puisque |σB,t | >
|σC,t | :
σmax,t = +28, 24 MPa
σmax,c = −37, 65 MPa
199
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
test
–▶ Calcul de τmax,l :
La détermination de la contrainte maximale de cisaillement τmax,l est plus simple. En effet, il
a été montré dans le cours que le flux de cisaillement q xy est maximum au plan neutre. Le
passage du flux de cisaillement q xy à la contrainte de cisaillement τxy fait intervenir la largeur
de la section : b(y) puisque :
τxy =
q xy
b(y)
Pour une section rectangulaire telle que celle étudiée en cours, voir la figure 4.16, (et comme
pour la quasi-totalité des sections étudiées dans le cadre de ce cours) la largeur de section
est suffisamment régulière pour conclure que τxy est aussi maximale sur le plan neutre. Ici,
on est dans le cas favorable où la largeur b de la section au niveau de la fibre neutre est le
minimum de la fonction b(y).
Pour déterminer τmax,l , il suffit donc de calculer sa valeur là où la valeur absolue de l’effort
tranchant est maximale :
|V |max = |Vmax | = 7 kN
sur tout le tronçon BC
On utilise la formule du cours :
τmax,l =
VBC Qz,A′
Ī z b
Tout est connu sauf le premier moment de section Qz,A′ :
⃗y
⃗z
ȳ′
ȳ
A’
⃗Z ′
figure. 4.46 – section de la poutre
Comme le rappelle la figure 4.46, la surface A’ qui intervient dans le terme de Qz,A′ est l’aire
de la section d’un côté (ou de l’autre) du plan neutre.
En pratique, on choisit toujours le côté où le centroïde de l’aire est simple
à obtenir : on s’intéresse donc ici à la partie basse, illustrée en rouge sur la
figure 4.46.
200
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.10 Exemples et applications directes du cours
On a :
Qz,A′ = ȳ′ × A′ =
125
× 50 × 125
2
Qz,A′ = 390625 mm3
D’où :
τmax,l =
7 · 103 × 390625
53, 125 · 106 × 50
τmax,l = 1, 029 MPa
201
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
4.11 - Exercices d’application
Exercice 1
Une poutre en I dissymétrique d’épaisseur constante présente la section illustrée figure 4.47.
Calculez la position ȳ du centre de gravité selon ⃗y ainsi que le second moment de flexion Ī z .
⃗y
80 mm
⃗z
10 mm
250 mm
200 mm
figure. 4.47 – exercice 1 : section étudiée
Solutions
ȳ = 96,8 mm, Ī z = 4,64 · 107 mm4
Exercice 2
Une fausse poutre décorative présente la section illustrée figure 4.48. Calculez la position ȳ du
centre de gravité selon ⃗y ainsi que le second moment de flexion Ī z .
202
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
⃗y
⃗z
200 mm
25 mm
200 mm
figure. 4.48 – exercice 2 : section étudiée
Solutions
ȳ = 123,9 mm, Ī z = 5,44 · 107 mm4
203
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
Exercice 3
Une poutre en U présente la section illustrée figure 4.49. Calculez la position ȳ du centre de
gravité selon ⃗y ainsi que le second moment de flexion Ī z .
⃗y
⃗z
220 mm
20 mm
180 mm
figure. 4.49 – exercice 3 : section étudiée
Solutions
ȳ = 85,9 mm, Ī z = 5,68 · 107 mm4
Exercice 4
Une panne de toiture présente la section illustrée figure 4.50. Calculez la position ȳ du centre de
gravité selon ⃗y ainsi que le second moment de flexion Ī z .
204
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
⃗y
70 mm
60 mm
205 mm
34 mm
400 mm ⃗z
135 mm
135 mm
figure. 4.50 – exercice 4 : section étudiée
Solutions
ȳ = 151 mm, Ī z = 4,34 · 108 mm4
Exercice 5
Une poutre en aluminium utilisée pour les échafaudages présente la section illustrée figure 4.51.
L’épaisseur de la section est de 5 mm dans l’âme et 10 mm dans les membrures. Calculez :
— la position ȳ du centre de gravité selon ⃗y ;
— le second moment de flexion Ī z .
205
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
⃗y
100 mm
10 mm
5 mm
165 mm
⃗z
40 mm
10 mm
40 mm
126 mm
figure. 4.51 – exercice 5 : section étudiée
Solutions
ȳ = 70,8 mm, Ī z = 1,52 · 107 mm4
206
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
Exercice 6
Une panne de toiture présente la section illustrée figure 4.52. Elle est faite en bois massif de sapin.
Sachant que la contrainte de cisaillement maximale permise au centre de l’âme vaut : τp = 6 MPa,
que son second moment de flexion vaut Ī z = 4,34 · 108 mm4 et que son centre de gravité est en
ȳ = 151 mm, calculez l’effort tranchant maximal Vp que peut supporter la poutre.
⃗y
70 mm
60 mm
205 mm
34 mm
400 mm
⃗z
135 mm
135 mm
figure. 4.52 – exercice 6 : section étudiée
Solutions
Vp = 6,32 · 104 N en y = 237,5 mm
207
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
Exercice 7
Une poutre ABCD de section rectangulaire est soumise au chargement illustré sur la figure 4.53.
Calculez :
— la contrainte normale maximale en tension σmax,t ainsi que celle en compression σmax,c ;
indiquer le lieu de ces contraintes ;
— la contrainte maximale en cisaillement longitudinal τmax,l .
⃗y
⃗y
0,5 kN
1 kN
50 mm
⃗z
C
A
⃗x
B
2m
D
2m
30 mm
section de la poutre
2m
figure. 4.53 – exercice 7 : système étudié
Solutions
— σmax,c sur la fibre inférieure (y = ymin ) : σmax,c = −80 MPa
σmax,t sur la fibre supérieure (y = ymax ) : σmax,t = 80 MPa
— τmax,l = 0, 75 MPa
208
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
Exercice 8
Calculez le moment maximal de flexion que pourra supporter une poutre ayant la section
illustrée, sachant que la contrainte normale permise dans le matériau utilisé est σp = 260 MPa.
40 mm
10 mm
⃗y
30 mm
⃗z
10 mm
10 mm
10 mm
60 mm
figure. 4.54 – exercice 8 : système étudié
Solutions
Mmax = 4,19 · 106 N.mm
209
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
Exercice 9
Déterminez la valeur maximale de la charge F que peut supporter la poutre illustrée sur la
figure 4.55 pour respecter simultanément les limites suivantes :
— la contrainte normale σx dans le matériau utilisé doit être telle que |σx | ≤ 150 MPa ;
— le flux de cisaillement dans les cordons de soudure ne doit pas dépasser la valeur de
100kN/m par cordon.
⃗y
⃗y
100 mm
10 mm
F
A
⃗x
⃗z
100 mm
B
1m
10 mm
10 mm
60 mm
figure. 4.55 – exercice 9 : système étudié
Solutions


fibre supérieure :
Fmax = 16009 N



fibre inférieure :
Fmax = 12051 N

cordon entre la fibre supérieure et l’âme : Fmax = 23639 N



cordon entre la fibre inférieure et l’âme : F
max = 28892 N
210
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
Exercice 10
La poutre ABCD, simplement supportée en C et liée au bâti par une rotule en A, est soumise
au chargement illustré sur la figure 4.56 (le paramètre P utilisé sur cette figure est exprimé en
Newton N ). Cette poutre est fabriquée par assemblage de quatre planches de bois de section
rectangulaire à l’aide de colle et de vis de diamètre d = 8 mm, voir la figure 4.56. L’espacement
longitudinal entre les vis est s = 100 mm. La position ȳ du centroïde G de la section est
indiquée sur la figure 4.56, et on donne une valeur approchée du second moment de section
Ī z = 67,5 · 106 mm4 .
Les limites permises dans le matériau des différents éléments de la poutre sont :
— pour le bois : σx,tension ≤ 19 MPa et |τxy | ≤ 2 MPa ;
— pour la colle : |τ | ≤ 0,6 MPa ;
— pour la vis : |τ | ≤ 75 MPa.
1. Vérifiez par le calcul les valeurs de la position du centroïde ȳ et du second moment de
section Ī z . Vos calculs permettent d’obtenir des valeurs plus précises que celles de l’énoncé,
donnez vos résultats avec trois chiffres significatifs.
2. Déterminez la valeur maximale de la charge P que la poutre peut supporter en se basant
sur les valeurs de ȳ et Ī z données dans l’énoncé.
180 mm
⃗y
R C = 2,4 P
RA = 1,1 P
2,5 P
vis
⃗y
P
30 mm
C
A
⃗x
B
⃗z
D
ȳ = 114, 6 mm
1m
1,5 m
170 mm
G
30 mm
1m
60 mm
20 mm
colle
20 mm
figure. 4.56 – exercice 10 : système étudié
211
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
Solutions
1. ȳ = 114,571 mm et Ī z = 67,494 · 106 mm4


bois, contraintes normales σx :
P ≤ 10171 N



bois, contrainte de cisaillement τ : P ≤ 8736 N
yx
2.
vis :
P ≤ 9562 N



zone collée :
P ≤ 3873 N
212
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
Exercice 11
La poutre ABCD représentée sur la figure 4.4.11 est supportée aux points B et D. Cette poutre
est fabriquée par assemblage de cinq plaques en bois de section rectangulaire, comme le montre
la figure 4.4.11. L’assemblage est réalisé à l’aide de colle et de vis (de diamètre ϕ = 11 mm, avec
un espacement longitudinal entre les vis s = 100 mm). Toutes les plaques de bois ont la même
épaisseur. La position ȳ du centroïde G de la section est indiquée sur la figure 4.4.11.
Les contraintes limites permises dans chaque composant de la poutre sont :
— pour le bois : |σ| ≤ 20 MPa et |τyx | ≤ 10 MPa ;
— pour la colle : |τcolle | ≤ 1 MPa ;
— pour les vis : |τvis | ≤ 75 MPa.
Sachant que le second moment de section vaut Ī z = 122,85 · 106 mm4 et que la charge P est positive,
déterminez la valeur maximale de la charge P que peut supporter la poutre.
⃗y
⃗y = ⃗Y
75
2,4P
P
2,5P
150
75
1,1P
B
D
A
⃗x ⃗z
C
G
200
25
⃗Z
4m
6m
vis
4m
figure. 4.57 – exercice 11 : système étudié. À gauche : représentation dans le plan (⃗x, ⃗y), à droite :
section de la poutre (dimensions en mm)
Solutions


bois, contraintes normales σx :
Pmax = 4964 N



bois, contrainte de cisaillement τ : P
yx
max = 63458 N

vis :
Pmax = 25018 N



zones collées :
Pmax = 11700 N
213
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : contraintes
4.11 Exercices d’application
Exercice 12
On reprend le même système qu’à l’exercice précédent, mais en considérant cette fois une
épaisseur de 30 mm pour les plaques en bois, comme le montre la figure 4.4.11.
La poutre ABCD représentée sur la figure 4.4.11 est supportée aux points B et D. L’assemblage
entre les plaques en bois est réalisé à l’aide de colle et de vis (de diamètre ϕ = 11 mm, avec
un espacement longitudinal entre les vis s = 100 mm). Toutes les plaques de bois ont la même
épaisseur. La position ȳ du centroïde G de la section est indiquée sur la figure 4.4.11.
Les contraintes limites permises dans chaque composant de la poutre sont :
— pour le bois : |σ| ≤ 20 MPa et |τyx | ≤ 10 MPa ;
— pour la colle : |τcolle | ≤ 1 MPa ;
— pour les vis : |τvis | ≤ 75 MPa.
Sachant que le second moment de section vaut Ī z = 151,51 · 106 mm4 et que la charge P est positive,
déterminez la valeur maximale de la charge P que peut supporter la poutre.
⃗y = ⃗Y
⃗y
75
2,4P
P
2,5P
75
1,1P
B
D
A
150
G
⃗x ⃗z
C
200
30
⃗Z
4m
6m
vis
4m
figure. 4.58 – exercice 12 : système étudié. À gauche : représentation dans le plan (⃗x, ⃗y), à droite :
section de la poutre (dimensions en mm)
Solutions
le bois est le composant limitant, Pmax ≃ 5, 988 kN
214
A. Batailly, hiver 2025
5
Flexion des poutres : déformations
Objectifs du chapitre
▶ exprimer tout type de chargement en fonctions de singularité
▶ connaître les règles d’intégration des fonctions de singularité. . .
▶ . . . et calculer la flèche et la pente en tout point d’une poutre
▶ résoudre des problèmes isostatiques et hyperstatiques de degré 1
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vous pouvez remplir ce sondage en ligne.
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l’identique ; http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.fr
La photo de fond de page est issue des archives photographiques de la ville de Montréal : http://archivesdemontreal.com/
Flexion : déformations
Plan détaillé du chapitre
5.1
5.2
5.3
5.4
5.5
5.6
5.7
5.8
Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
Relations différentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
Méthode de la double intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
Méthode des fonctions de singularité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
Méthode de superposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
Cas des systèmes hyperstatiques de degré 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242
5.1 - Introduction
Pour une poutre d’axe ⃗x fléchissant dans le plan (⃗x,⃗y) sous un chargement donné, les chapitres 3
et 4 ont eu pour objet : (1) l’analyse des efforts internes (effort tranchant V et moment fléchissant
M ) selon l’axe de la poutre et, (2) l’étude des contraintes normale et de cisaillement engendrées
dans la structure par ces efforts internes. L’objectif du présent chapitre porte sur l’analyse des
déformations de la poutre. En particulier, on cherche à déterminer en tout point de l’axe de la
poutre :
— sa flèche µ( x ), c’est-à-dire la déviation de la ligne neutre dans la direction ⃗y par rapport à
la configuration non déformée ;
— sa pente ϕ( x ), angle entre la tangente à la ligne neutre de la poutre au point d’abscisse x
et l’horizontale.
⃗y
A
ϕ( x )
µ( x )
⃗x
P
figure. 5.1 – définitions des quantités recherchées, ligne neutre de la poutre déformée (
)
5.2 - Relations différentielles
Dans cette section, afin d’alléger les figures, la représentation d’une poutre déformée se
limite à sa ligne neutre, indiquée en pointillés. Supposons une poutre soumise à un chargement
induisant une flexion dans le plan (⃗x,⃗y), telle que celle partiellement représentée sur la figure 5.2.
Considérons le triangle BAC :
ˆ ) = ∆µ
tan(BAC
∆x
En passant à la limite, en considérant les points A et B de plus en plus proches :
216
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
⃗y
5.2
Relations différentielles
O’
O
∆ϕ
ρ
∆ϕ = ϕB − ϕA
ϕB
B
A
∆µ
ϕA
C
x = xA
xB
⃗x
∆x
figure. 5.2 – poutre quelconque déformée, ligne neutre de la poutre déformée (
)
∆µ
xB → xA ∆x
ˆ ) = lim
lim tan(BAC
xB → xA
Le terme de gauche tend nécessairement vers tan(ϕA) = tan(ϕ( x )) et on obtient :
∆µ
∆x →0 ∆x
tan(ϕ( x )) = lim
Le cadre du cours de résistance de matériaux est toujours celui des petites déformations, les
angles sont donc petits et on a :
∆µ
∆x →0 ∆x
tan(ϕ( x )) ≃ ϕ( x ) = lim
c’est-à-dire :
ϕ( x ) =
dµ( x )
dx
(5.1)
⌢
Par ailleurs, lorsque les points B et A se rapprochent, la forme courbe AB devient assimilable à un
arc de cercle :
⌢
AB = O ′ B × ∆ϕ
∆ϕ
⌢
AB
=
1
O′ B
⌢
Pusiqu’on suppose des petites déformations, la longueur de l’arc de cercle AB est assimilable à
∆x et on a finalement :
∆ϕ
1
= ′
∆x
OB
En passant à la limite, pour xB → xA :
lim
∆ϕ
xB → xA ∆x
= lim
1
xB → xA O ′ B
217
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.3
Méthode de la double intégration
c’est-à-dire :
dϕ( x )
1
=
dx
ρ
(5.2)
Or, il a été montré au chapitre 4 que :
1
M (x)
=
ρ
EĪ z
Cette dernière relation, combinée aux relations (5.1) et (5.2) permet d’écrire :
d2 µ( x )
dϕ( x )
M (x)
=
=
dx2
dx
EĪ z
(5.3)
On montre ainsi que les deux quantités d’intérêt, la flèche µ( x ) et la pente ϕ( x ) sont directement
liées au moment fléchissant dans la poutre M ( x ). La connaissance de ce moment fléchissant va
donc nous permettre d’obtenir les quantités µ( x ) et ϕ( x ).
5.3 - Méthode de la double intégration
La méthode des sections, vue au chapitre 3, permet d’obtenir une expression analytique du
moment fléchissant de la poutre sur chaque tronçon (on rappelle qu’un tronçon est borné par
deux points auxquels se produisent des variations du chargement de la poutre : application
d’une charge ponctuelle, début d’application d’une charge répartie. . .). À partir de l’expression
analytique de M ( x ), l’équation (5.3) indique qu’il suffit d’intégrer une fois cette expression pour
obtenir, tronçon par tronçon, l’expression de la pente ϕ( x ). Une deuxième intégration permet
d’obtenir, tronçon par tronçon, la flèche µ( x ). Cette méthode, calculatoire, est appelée méthode
de la double intégration.
5.3.1 Principe
On a :
d2 µ( x )
M (x)
=
dx2
EĪ z
Une première intégration donne :
M (x)
dx + C 1
EĪ z
(5.4)
M (x)
dx + C 1 x + C 2
EĪ z
(5.5)
dµ( x )
= ϕ( x ) =
dx
Z
puis une seconde :
ZZ
µ( x ) =
L’identification des constantes d’intégration C 1 et C 2 repose sur l’observation des conditions
limites (également appelées conditions aux rives ou conditions aux appuis). En effet, là où la poutre
repose sur un appui simple par exemple, il ne peut pas y avoir de déplacement selon l’axe ⃗y ce
qui implique que sa flèche en ce point est nul.
218
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Flexion : déformations
5.4
Méthode des fonctions de singularité
5.3.2 Conditions limites usuelles
Considérons les différents cas de charge représentés sur la figure 5.5.3. Dans le cas du sytème
représenté sur la figure 5.3a, la poutre repose sur une rotule et un appui simple, on en déduit
qu’au niveau de ces appuis, la flèche est nulle. Ceci se traduit par :
— µ( x = 0) = 0, en utilisant l’équation (5.5), on montre que cette condition impose C 2 = 0 ;
— µ( x = L) = 0, avec cette deuxième condition, on peut identifier la valeur de la dernière
constante d’intégration C 1 .
⃗y
⃗y
P
⃗x
⃗x
x=L
x=0
x=0
.
P
(a)
(b)
figure. 5.3 – exemples de cas de charge et de conditions limites
De même, pour le système représenté sur la figure 5.5.3b, l’encastrement en x = 0 impose à la
fois une flèche nulle, mais aussi une pente nulle en x = 0. On a donc :
— µ( x = 0) = 0, qui impose C 2 = 0 ;
— ϕ( x = 0) = 0, en utilisant l’équation (5.4), on montre que cette condition impose C 1 = 0 ;
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 1 de ce chapitre à la page 230.
5.4 - Méthode des fonctions de singularité
La méthode intégrale utilisée au chapitre 3 pour le tracé des DET et DMF repose notamment
sur les relations différentielles suivantes :
dV ( x )
= q( x )
dx
(5.6)
dM ( x )
= −V ( x )
dx
(5.7)
−
et :
où q( x ) est l’intensité de charge. L’équation (5.6) se réécrit :
−V ( x ) =
Z
0
7
q( x )dx + C
219
(5.8)
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.4
Méthode des fonctions de singularité
de même, avec l’équation (5.7), il vient :
Z
M (x) =
0
7 =
−V ( x )dx + C
ZZ
(5.9)
q( x )dx
Les constantes d’intégration C apparaissant pour −V ( x ) et M ( x ) sont nulles puisque l’effort
tranchant et le moment fléchissant sont uniquement définis sur la poutre, ils sont donc nuls pour
x = 0− , c’est-à-dire à gauche de l’extrémité gauche de la poutre. En combinant les relations (5.9)
et (5.3), on obtient :
Z
EĪ z ϕ( x ) =
M ( x )dx + C 1
ZZZ
EĪ z ϕ( x ) =
q( x )dx + C 1
(5.10)
Cette dernière relation, combinée à l’équation (5.2) permet finalement d’écrire :
Z
EĪ z µ( x ) =
EĪ z ϕ( x )dx + C 2
ZZZZ
EĪ z µ( x ) =
q( x )dx + C 1 x + C 2
(5.11)
Les équations (5.10) et (5.11) soulignent que la pente et la flèche d’une poutre peuvent s’écrire
explicitement en fonction de l’intensité de charge q( x ). Bien que ces expressions fassent appel à
des intégrales triple et quadruple, elles présentent un avantage fondamental par rapport à celles
obtenues avec la méthode de la double intégration. En effet, sous réserve que l’expression de
q( x ) soit valable sur toute la longueur de la poutre, les expressions (5.10) et (5.11) sont également
valables sur toute la longueur de la poutre. En tout, il n’y a que deux constantes d’intégration à
identifier alors qu’il y en a deux par tronçon pour la méthode de la double intégration.
5.4.1 Principe
La méthode des fonctions de singularité repose sur l’obtention d’une expression de
l’intensité de charge q( x ) sur toute la longueur de la poutre. Une fois obtenue, cette expression
est intégrée successivement pour arriver aux expressions de la pente ϕ( x ) et de la flèche µ( x ) en
suivant le chemin suivant :
q( x ) = . . . [kN/m]
−V ( x ) =
Z
q( x )dx [kN]
ZZ
M (x) =
q( x )dx [kN · m]
ZZZ
q( x )dx + C 1 [kN · m2 ]
ZZZZ
q( x )dx + C 1 x + C 2 [kN · m3 ]
EĪ z ϕ( x ) =
EĪ z µ( x ) =
220
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Flexion : déformations
5.4
Méthode des fonctions de singularité
À retenir
Attention au signe moins devant l’effort tranchant V ( x ). Par ailleurs, ne pas oublier les constantes
d’intégration C 1 et C 2 .
5.4.2 Expression de q( x ) : cas d’une charge ponctuelle
Considérons la poutre chargée représentée sur la figure 5.4. On cherche à obtenir une expression
de q( x ) valable pour x ∈ [0 ; L] en fonction de P . On cherche à exprimer l’effort tranchant V ( x )
⃗y
P
x=0
x=L
⃗x
a
figure. 5.4 – poutre chargée
dans la poutre pour x ∈ [0 ; L]. On considère le DCL suivant : En étudiant la somme des forces
⃗y
P
V (x)
x=0
⃗x
M (x)
a
x
figure. 5.5 – DCL d’un tronçon de la poutre
dans la direction ⃗y, nous devons considérer deux configurations :
— ou bien x ∈ [0 ; a] : −V ( x ) = 0
— ou bien x ∈ [ a ; L] : −V ( x ) = P
L’expression de −V ( x ) change donc brusquement de 0 à P au point x = a. Cette évolution
brusque — on parle de discontinuité — peut être représentée mathématiquement par la fonction
de Heaviside H ( x − a). Cette fonction vaut 0 pour x < a et 1 pour x ≥ a, voir la figure 5.5. À
l’aide de la fonction de Heaviside, on peut écrire :
∀ x ∈ [0 ; L], −V ( x ) = P × H ( x − a)
221
(5.12)
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.4
Méthode des fonctions de singularité
H ( x − a)
1
x
a
figure. 5.6 – fonction de Heaviside
Pour obtenir l’expression de l’intensité de charge q( x ), il suffit donc a priori d’utiliser la relation (5.6)
et de dériver −V ( x ). Cette dérivation est en réalité impossible dans le cadre mathématique usuel
puisque le fonction de Heaviside est discontinue au point x = a. Pour pouvoir remonter à q( x ),
on doit se placer dans un cadre mathématique particulier, associé à la théorie des distributions 2 :
celui des fonctions de singularité.
5.4.3 Fonctions de singularité : définition, règles d’intégration et de dérivation
Définition mathématique
La fonction de singularité f n ( x, a) d’ordre n est notée :
f n ( x, a) =< x − a >n , a ∈ R, n ∈ Z
a est le lieu de la discontinuité, n est un entier (positif ou négatif) définissant l’ordre de la
singularité. On distingue deux cas :
n<0 :
f n ( x, a) =< x − a >n
x ̸= a :
f n ( x, a) = 0
x=a :
f n ( x, a) = +∞
n≥0 :
f n ( x, a) =< x − a >n
x<a :
f n ( x, a) = 0
x≥a :
f n ( x, a) = ( x − a)n
2. Voir, par exemple, cet ancien article publié par un chercheur de l’École Polytechnique de Montréal en 1944. Il y
est notamment question des fonctions de Macaulay, autre nom des fonctions de singularité.
222
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.4
Méthode des fonctions de singularité
On remarque que la fonction de Heaviside H ( x − a) introduite dans la section précédente
correspond précisément à la définition de la fonction de singularité f 0 ( x, a) =< x − a >0 :
H ( x − a) =< x − a >0
Définition mathématique
Règles d’intégration :
n<0 :
Z x
−∞
< x − a >n dx =< x − a >n+1 , n = −1, −2, −3 . . .
n≥0 :
Z x
−∞
< x − a >n dx =
1
< x − a >n+1 , n = 0, 1, 2 . . .
n+1
Le corollaire des règles d’intégration énoncées est l’obtention des règles de dérivation :
n>0 :
d
< x − a >n = n < x − a >n−1 , n = 1, 2, 3 . . .
dx
n≤0 :
d
< x − a >n =< x − a >n−1 , n = 0, −1, −2 . . .
dx
Les fonctions de singularité sont l’outil de base utilisé pour exprimer tout type de chargement
(force poctuelle, moment ponctuel, charge répartie . . .) sous forme d’intensité de contrainte q( x ).
5.4.4 Retour sur la charge ponctuelle
À l’aide des fonctions de singularité, on peut réécrire l’équation (5.12) sous la forme :
−V ( x ) = P < x − a >0
Puisque les définitions données dans la section précédente nous permettent de dériver les fonctions
de singularité, on peut calculer :
d(−V ( x ))
d
=
(P < x − a >0 )
dx
dx
d(−V ( x ))
= P < x − a > −1
dx
223
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.4
Méthode des fonctions de singularité
L’application de la relation (5.6) entraîne :
q ( x ) = P < x − a > −1
(5.13)
À retenir
l’intensité de charge associée à une charge ponctuelle appliquée au point x = a est obtenue en
multipliant l’amplitude de la charge ponctuelle par la fonction de singularité < x − a >−1 .
5.4.5 Expression de q( x ) : cas d’un moment ponctuel
Considérons la poutre chargée représentée sur la figure 5.7. On cherche à obtenir une expression
de q( x ) valable pour x ∈ [0 ; L] en fonction de MA. On cherche à exprimer le moment fléchissant
⃗y
x=0
x=L
⃗x
MA
a
figure. 5.7 – poutre chargée
M ( x ) dans la poutre pour x ∈ [0 ; L]. On considère le DCL suivant : En étudiant la somme des
⃗y
V (x)
x=0
⃗x
MA
a
M (x)
x
figure. 5.8 – DCL d’un tronçon de la poutre
moments au point d’abscisse x, nous devons considérer deux configurations :
— ou bien x ∈ [0 ; a] : M ( x ) = 0
— ou bien x ∈ [ a ; L] : M ( x ) = − MA
224
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.4
Méthode des fonctions de singularité
Ainsi, de façon analogue à ce qui a été fait pour une charge ponctuelle, on peut obtenir une
expression du moment fléchissant M ( x ) pour tout x ∈ [0 ; L] en utilisant la fonction de Heaviside
H ( x − a) :
∀ x ∈ [0 ; L], M ( x ) = − MAH ( x − a)
soit, en utilisant les fonctions de singularité :
∀ x ∈ [0 ; L], M ( x ) = − MA < x − a >0
(5.14)
Alors, en appliquant successivement les relations (5.7) et (5.6), on obtient :
−V ( x ) =
−V ( x ) = − MA
dM ( x )
dx
d
< x − a >0
dx
−V ( x ) = − MA < x − a >−1
puis :
q( x ) =
q( x ) = − MA
d(−V ( x ))
dx
d
< x − a > −1
dx
q( x ) = − MA < x − a >−2
(5.15)
À retenir
l’intensité de charge associée à un moment ponctuel appliqué au point x = a est obtenue en
multipliant l’amplitude de la charge ponctuelle par la fonction de singularité < x − a >−2 .
Attention à bien noter le signe : un moment positif MA apparaît en effet négativement dans
l’intensité de charge.
5.4.6 Expression de q( x ) : cas d’une charge répartie constante
Considérons la poutre chargée représentée sur la figure 5.9. On cherche à obtenir une expression
de q( x ) valable pour x ∈ [0 ; L] en fonction de w. On cherche à exprimer l’effort tranchant V ( x )
dans la poutre pour x ∈ [0 ; L]. On considère le DCL suivant : En étudiant la somme des forces
dans la direction ⃗y, nous devons considérer deux configurations :
— ou bien x ∈ [0 ; a] : −V ( x ) = 0
— ou bien x ∈ [ a ; L] : −V ( x ) = w( x − a)
225
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.4
Méthode des fonctions de singularité
⃗y
x=L
w
x=0
⃗x
a
figure. 5.9 – poutre chargée
⃗y
w
V (x)
x=0
⃗x
M (x)
a
x
figure. 5.10 – DCL d’un tronçon de la poutre
Ces deux configurations peuvent être regroupées en une seule expression par le biais de la
fonction de singularité f 1 ( x, a) =< x − a >1 :
∀ x ∈ [0 ; L], −V ( x ) = w < x − a >1
Il vient alors :
d(−V ( x ))
d
=w
< x − a >1
dx
dx
c’est-à-dire :
q ( x ) = w < x − a >0
(5.16)
À retenir
l’intensité de charge associée à une charge répartie appliquée à partir du point x = a est obtenue
en multipliant l’amplitude de la charge répartie par la fonction de singularité < x − a >0 .
5.4.7 Expression de q( x ) : autres types de charges et bilan
De façon similaire, on peut montrer qu’une charge répartie linéaire appliquée à partir du
point x = a est représentée par une fonction de singularité < x − a >1 et qu’une charge répartie
226
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.4
Méthode des fonctions de singularité
quadratique appliquée à partir du point x = a est représentée par une fonction de singularité
< x − a >2 . Ces deux types de charge sont toutefois rarement utilisés ou analysés dans le cours de
résistance des matériaux. Grâce au tableau 6, il est possible d’obtenir sans difficulté l’expression
expression de q( x )
type de charge
moment
ponctuel
y
x=a
fct. de singularité
< x − a > −2
∞
q ( x ) = − MA < x − a >−2
x
MA
a
force
ponctuelle
y
x
< x − a > −1
∞
P
q ( x ) = P < x − a >−1
x=a
a
x
charge répartie constante
y
q( x ) = w < x − a >0
w
x=a
(b; w0 )
q( x ) = bw−0a < x − a >1
x
(b; w0 )
x
< x − a >1
charge répartie quadratique
y
x=a
< x − a >0
1
a
x
charge répartie linéaire
y
x=a
x
( x − a)
a
x
< x − a >2
0
< x − a >2
q( x ) = (bw
−a)2
( x − a )2
a
x
x
tableau. 6 – tableau récapitulatif des équivalences entre charges et fonctions de singularité
de l’intensité de charge q( x ) associée à la configuration de chargement d’une poutre quelconque.
Cette expression de q( x ) est valable sur toute la longueur de l’axe ⃗x de la poutre.
À retenir
La méthode de résolution pour les problèmes isostatiques avec la méthode des fonctions de
singularité se résume aux étapes suivantes :
1. DCL global + équilibre : cette étape permet d’identifier les réactions aux appuis ;
227
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Flexion : déformations
5.5
Méthode de superposition
2. écriture de q( x ) en fonctions de singularité ;
3. intégrations successives de q( x ) pour obtenir l’expression de la pente ϕ( x ) et de la flèche
µ( x ) en fonctions de singularité ;
4. identification des constantes d’intégration C 1 et C 2 par analyse des conditions aux appuis.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 2 de ce chapitre à la page 233.
5.5 - Méthode de superposition
La dernière méthode de résolution étudiée dans ce cours pour l’obtention de la pente et de la
flèche d’une poutre en flexion repose sur le principe de superposition. Pour rappel, le principe
de superposition peut être résumé de la façon suivante : l’effet de la somme de chargements est
égal à la somme des effets de chaque chargement. En pratique, cela signifie que si on note ϕ( x )
⃗y
30 kN
15 kN/m
⃗x
A
B
figure. 5.11 – exemple de poutre subissant plusieurs chargements
et µ( x ) la pente et la flèche de la poutre représentée sur la figure 5.11, on a :
ϕ( x ) =ϕa ( x ) + ϕb ( x )
µ( x ) =µ a ( x ) + µb ( x )
où ϕa ( x ) et µ a ( x ) sont respectivement la pente et la flèche associées au cas de chargement
représenté sur la figure 5.5.12a. De même, ϕb ( x ) et µb ( x ) sont respectivement la pente et la flèche
associées au cas de chargement représenté sur la figure 5.5.12b. Cette méthode se généralise à n
chargements, quelle que soit la valeur de n. L’obtention des fonctions ϕa ( x ), ϕb ( x ), µ a ( x ) et µb ( x )
se fait en utilisant des abaques qui contiennent les pentes et les flèches de poutres soumises à
des chargements élémentaires. De tels abaques sont notamment disponibles dans des ouvrages
portant sur la mécanique des poutres. On en trouve également sur internet.
228
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Flexion : déformations
⃗y
Cas des systèmes hyperstatiques de degré 1
5.6
⃗y
30 kN
15 kN/m
⃗x
⃗x
(a)
(b)
figure. 5.12 – chargements élémentaires appliqués sur la poutre
5.6 - Cas des systèmes hyperstatiques de degré 1
La méthode de résolution énoncée précédemment à la fin de la section 5.4 ne concerne
que les systèmes isostatiques. En effet, dans le cas de systèmes hyperstatiques, l’étude de
l’équilibre du système ne permet pas d’identifier toutes les inconnues : le nombre d’inconnues
ninc est supérieur au nombre d’équations neq . On définit le degré d d’hyperstaticité d’un système
mécanique comme :
d = ninc − neq
Si le degré d’hyperstaticité du mécanisme d est strictement positif, le système est dit hyperstatique
de degré d. Dans le cadre de ce cours, on se focalise sur les systèmes hyperstatiques de degré 1.
À retenir
La méthode de résolution pour les problèmes hyperstatiques avec la méthode des fonctions de
singularité se résume aux étapes suivantes :
1. DCL global + équilibre ;
2. écriture de q( x ) en fonctions de singularité ;
3. intégrations successives de q( x ) pour obtenir l’expression de la pente ϕ( x ) et de la flèche
µ( x ) en fonctions de singularité ;
4. identification des constantes d’intégration C 1 et C 2 par analyse des conditions aux appuis ;
5. prise en compte d’une (ou plusieurs) relation de compatibilité géométrique permettant
d’obtenir une (ou plusieurs) équation supplémentaire pour pouvoir identifier les réactions
aux appuis et résoudre le problème.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 3 de ce chapitre à la page 237.
229
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
5.7 - Exemples et applications directes du cours
Exemple 1
Soit la poutre dessinée sur la figure 4.39, déterminez les expressions analytiques de la flèche
µ( x ) et de la pente ϕ( x ).
⃗y
w
A
B
⃗x
L
figure. 5.13 – exemple 1 : système étudié
Résolution. test
–▶ DCL global :
⃗y
w
⃗x
L/2
RA
RB
wL
figure. 5.14 – exemple 1 : DCL global
test
–▶ Équilibre :
L’équilibre du système représenté sur la figure 5.14 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
RA + R B − wL = 0
230
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
et :
⃗ z = ⃗0 (+ Á) (au point A)
∑M
R BL − w
L2
2
=0
D’où :
RB =
wL
wL
et : RA =
2
2
test
–▶ Équation de M ( x ) :
On étudie l’équilibre d’un tronçon de la poutre de longueur x :
⃗y
V (x)
w
⃗x
M (x)
x/2
wL
2
wx
x
figure. 5.15 – exemple 1 : DCL d’un tronçon de longueur x
L’équilibre du tronçon de poutre représenté sur la figure 5.15 impose notamment :
⃗ z = ⃗0 (+ Á)
∑M
ce qui, au point d’abscisse x se traduit par :
M ( x ) + wx
M (x) =
x wL
−
x=0
2
2
w
(Lx − x2 )
2
test
–▶ Double intégration :
Cette expression analytique du moment fléchissant peut être intégrée, voir les équations (5.3) :
Z
ϕ( x ) =
M (x)
dx + C 1
EĪ z
231
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
Z
w
(Lx − x2 )dx + C 1
2
w
1
ϕ( x ) =
EĪ z
ϕ( x ) =
Lx2
2EĪ z
x3
−
2
3
+ C1
La deuxième intégration aboutit à :
Z
µ( x ) =
Z Lx2
x3
−
2
3
Lx3
w
µ( x ) =
ϕ( x )dx + C 2
2EĪ z
µ( x ) =
w
x4
−
6
12
2EĪ z
+ C 1 dx + C 2
+ C1 x + C2
test
–▶ Identification des constantes d’intégration :
Il faut se focaliser sur les appuis : imposent-ils une flèche nulle (rotule, appui
simple. . .), une pente nulle (encastrement). . . ?
La poutre étudiée repose sur une rotule en x = 0, ceci impose µ( x = 0) = 0. En repartant de
l’expression analytique de µ( x ), on obtient :
µ ( x = 0) =
w
L × 03
2EĪ z
6
04
−
12
+ C1 × 0 + C2 = 0
C2 = 0
Pour obtenir la deuxième constante d’intégration C 1 , on utilise le fait que la poutre repose
sur un appui simple en x = L. On a donc : µ( x = L) = 0. Ce qui se traduit par :
µ( x = L) =
w
2EĪ z
L × L3
6
C1 = −
−
L4
12
+ C1 × L = 0
wL3
24EĪ z
232
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
Pour le système étudié, il existe un autre moyen d’obtenir la valeur de C 1 . En effet,
il est remarquable que le système est symétrique (au niveau du chargement et
des appuis) par rapport à l’axe x = L/2. Ceci impose nécessairement la condition
suivante : ϕ( x = L/2) = 0. En repartant de l’expression analytique de ϕ( x ), on a :
!
( 2L )3
L( 2L )2
w
ϕ( x = L/2) =
−
+ C1
2EĪ z
2
3
Ce qui donne également :
C1 = −
wL3
24EĪ z
Exemple 2
Soit la poutre dessinée sur la figure 5.16, déterminez la flèche de la poutre au point C. Le module
d’Young de la poutre vaut E = 200 GPa, son second moment de section est Ī z = 2,56 · 106 mm4 .
⃗y
P=16 kN
A ( x = 0)
D
⃗x
B
1m
C
1m
4m
figure. 5.16 – exemple 2 : système étudié
Résolution. test
–▶ DCL global :
233
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
⃗y
RA
RD
P
⃗x
figure. 5.17 – exemple 2 : DCL global
test
–▶ Équilibre :
L’équilibre du système représenté sur la figure 5.17 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
RA + R D − P = 0
RA + R D = 16 kN
et :
⃗ z = ⃗0 (+ Á) (au point A)
∑M
4R D − 16 = 0
R D = 4 kN
D’où :
RA = 12 kN
test
–▶ Expression de q( x ) en fonctions de singularité :
L’expression de q( x ) s’obtient en analysant le cas de charge de gauche à droite
sur le DCL global. Pour chaque type de charge rencontré, afin de le traduire en
fonction de singularité < x − a >n , il faut se demander :
— la valeur de x où est appliquée la charge ⇒ lieu de la discontinuité a ;
— de quel type de charge s’agit-il ? ⇒ ordre n de la fonction de singularité.
234
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
Ici, on a :
q ( x ) = R A < x − 0 > −1 − P < x − 1 > −1 + R D < x − 4 > −1
q( x ) = 12 < x − 0 >−1 −16 < x − 1 >−1 +4 < x − 4 >−1
Les unités choisies ici sont [kN] pour les efforts et[m] pour les distances.
test
–▶ Intégrations successives :
Le passage de q( x ) à EĪ z µ( x ) se fait progressivement en utilisant les règles d’intégration
données dans la section 5.4 :
q( x ) =12 < x − 0 >−1 −16 < x − 1 >−1 +4 < x − 4 >−1
−V ( x ) =12 < x − 0 >0 −16 < x − 1 >0 +4 < x − 4 >0
M ( x ) =12 < x − 0 >1 −16 < x − 1 >1 +4 < x − 4 >1
16
4
12
< x − 0 >2 − < x − 1 >2 + < x − 4 >2 +C 1
2
2
2
12
16
4
EĪ z µ( x ) =
< x − 0 >3 − < x − 1 >3 + < x − 4 >3 +C 1 x + C 2
6
6
6
EĪ z ϕ( x ) =
test
–▶ Identification des constantes d’intégration C 1 et C 2 :
Les deux constantes d’intégration C 1 et C 2 sont calculées en considérant les conditions limites,
ou appuis, de la poutre. Le système étudié dispose de deux appuis en A (x = 0) et en D
(x = 4). On en déduit les deux conditions limites suivantes :
(
µ ( x = 0) = 0
µ ( x = 4) = 0
Le fait que la flèche de la poutre soit nulle au point A implique :
EĪ z µ( x = 0) = 0
12
16
4
< x − 0 >3 − < x − 1 >3 + < x − 4 >3 +C 1 x + C 2 = 0 en x=0
6
6
6
Il faut donc analyser chaque fonction de singularité pour connaître sa valeur : ceci implique
de se rapporter à la définition mathématique vue en cours. Par exemple, pour le premier
terme :
12
< x − 0 >3
6
235
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
on a n = 3 > 0, donc la définition donnée dans la section 5.4 impose que :
si x < 0 : < x − 0 >3 = 0
si x ≥ 0 : < x − 0 >3 = ( x − 0)3
On en déduit que, pris en x = 0, ce terme vaut (0 − 0)3 = 0. Il en est de même pour tous les
autres termes. Finalement, on obtient :
12
16
4
×0−
× 0 + × 0 + C1 × 0 + C2 = 0
6
6
6
ce qui implique :
C 2 = 0 kN · m3
On montre sans difficulté que la deuxième condition aux appuis :
µ ( x = 4) = 0
entraîne :
C 1 = −14 kN · m2
test
–▶ Calcul de la flèche au point C :
Le point C correspond à la valeur x = 2, on évalue donc simplement :
µC = µ( x = 2)
Les intégrations successives ont permis d’obtenir :
1 12
16
4
3
3
3
µ( x ) =
< x − 0 > − < x − 1 > + < x − 4 > −14x
EĪ z 6
6
6
en x = 2 :
µ ( x = 2) =
1
12
16
4
< 2 − 0 >3 − < 2 − 1 >3 + < 2 − 4 >3 −14x
EĪ z 6
6
6
1 12 3 16 3 4 3
µ ( x = 2) =
2 − 1 + 0 − 14 × 2
EĪ z 6
6
6
−44
3EĪ z
−44
µ ( x = 2) =
3 × 200 · 106 × 2, 56 · 10−6
µ ( x = 2) =
236
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
Attention aux unités !
µ( x = 2) = −28,65 mm
Exemple 3
Soit la poutre dessinée sur la figure 5.18, déterminez la pente et la flèche de la poutre au point C
en fonction des longueurs a, L, du module d’Young E, du second moment de section Ī z et de la
charge P .
⃗y
P
A ( x = 0)
B
⃗x
C
a
L
figure. 5.18 – exemple 3 : système étudié
Résolution. test
–▶ DCL global :
⃗y
RA
RB
P
⃗x
MA
237
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
figure. 5.19 – exemple 3 : DCL global
test
–▶ Équilibre :
L’équilibre du système représenté sur la figure 5.19 se traduit par :
∑ ⃗Fy = ⃗0
RA + R B − P = 0
(5.17)
et :
⃗ z = ⃗0 (+ Á) (au point A)
∑M
MA − P × a + R B × L = 0
MA = P × a − R B × L
(5.18)
À ce stade, nous disposons de deux équations (5.17) et (5.18) et de trois inconnues : RA, R B , et
MA. Le système est donc hyperstatique de degré 1. test
–▶ Expression de q( x ) en fonctions de singularité :
La lecture du chargement de la poutre (de gauche à droite) permet d’obtenir l’expression de
l’intensité de charge q( x ) :
q( x ) = RA < x − 0 >−1 −P < x − a >−1 − MA < x − 0 >−2 +R B < x − L >−1
test
–▶ Intégrations successives :
Le passage de q( x ) à EĪ z µ( x ) se fait progressivement en utilisant les règles d’intégration
données dans la section 5.4 :
q( x ) =RA < x − 0 >−1 −P < x − a >−1 − MA < x − 0 >−2 +R B < x − L >−1
−V ( x ) =RA < x − 0 >0 −P < x − a >0 − MA < x − 0 >−1 +R B < x − L >0
M ( x ) =RA < x − 0 >1 −P < x − a >1 − MA < x − 0 >0 +R B < x − L >1
RA
P
RB
EĪ z ϕ( x ) =
< x − 0 >2 − < x − a >2 − MA < x − 0 >1 +
< x − L >2 +C 1
EĪ z µ( x ) =
2
2
RA
P
6
< x − 0 >3 −
6
2
< x − a >3 −
MA
2
< x − 0 >2 +
RB
6
< x − L >3 +C 1 x + C 2
test
–▶ Identification des constantes d’intégration C 1 et C 2 :
Les deux constantes d’intégration C 1 et C 2 sont calculées en considérant les conditions limites,
238
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
ou appuis, de la poutre. Le système étudié est encastré au point A (ce qui correspond à la
position x = 0). On en déduit les deux conditions limites suivantes :
(
µ ( x = 0) = 0
ϕ ( x = 0) = 0
Le fait que la flèche de la poutre soit nulle au point A implique :
EĪ z µ( x = 0) = 0
RA
< x − 0 >3 −
P
< x − a >3 −
MA
< x − 0 >2 +
RB
< x − L >3 +C 1 x + C 2 = 0 en x=0
6
6
2
6
Il faut donc analyser chaque fonction de singularité pour connaître sa valeur : ceci implique
de se rapporter à la définition mathématique vue en cours. Par exemple, pour le premier
terme :
RA
6
< x − 0 >3
on a n = 3 > 0, donc la définition donnée dans la section 5.4 impose que :
si x < 0 : < x − 0 >3 = 0
si x ≥ 0 : < x − 0 >3 = ( x − 0)3
On en déduit que, pris en x = 0, ce terme vaut (0 − 0)3 = 0. Il en est de même pour tous les
autres termes.
De façon générale, si l’ordre n de la fonction de singularité est positif, lorsque
la valeur de x est inférieure ou égale au lieu de la discontinuité la fonction de
singularité calculée en x est nulle. Usuellement, x = 0 correspond à l’extrémité
gauche de la poutre et se situe donc à gauche du point d’application de tout
chargement : toute fonction de singularité calculée en ce point est donc nulle.
Finalement, on obtient :
RA
6
×0−
P
6
×0−
MA
2
×0+
RB
6
× 0 + C1 × 0 + C2 = 0
ce qui implique :
C2 = 0
De la même manière, le fait que la pente de la poutre soit nulle au point A implique :
EĪ z ϕ( x = 0) = 0
RA
2
< x − 0 >2 −
P
2
< x − a >2 − MA < x − 0 >1 +
239
RB
3
< x − L >2 +C 1 = 0 en x=0
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
Avec le même raisonnement que précédemment, toutes les fonctions de singularité sont nulles
en x = 0, il reste :
C1 = 0
test
–▶ Compatibilité géométrique :
L’équation manquante pour la résolution du système est obtenue en considérant le dernier
appui (celui qui n’a pas été considéré pour l’identification des constantes d’intégration) :
l’appui simple à l’extrémité droite de la poutre, en x = L. Cet appui impose que :
µ( x = L) = 0
Ce qui impose :
RA
6
< x − 0 >3 −
P
6
< x − a >3 −
MA
< x − 0 >2 +
2
RB
6
< x − L >3 = 0 en x=L
On a :L > 0 et L > a ce qui, en revenant à la définition des fonctions de singularité, permet
d’écrire :
< L − 0 >3 =(L − 0)3 = L3
< L − a >3 =(L − a)3
< L − 0 >2 =(L − 0)2 = L2
En revanche, L = L impose :
< L − L >3 = (L − L)3 = 0
Finalement :
RA 3 P
MA 2
L − (L − a)3 −
L =0
6
6
2
RAL
P (L − a)3
3L2
(5.19)
3
La combinaison des équations (5.17), (5.18) et (5.19) constitue un système de trois équations
MA =
−
240
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.7 Exemples et applications directes du cours
à trois inconnues (RA, R B , et MA : on peut donc le résoudre :
#
3a 1 1 L − a 3
− +
R B =P
2L 2 2
L
"
#
3a 3 1 L − a 3
RA =P −
+ −
2L 2 2
L
"
#
3a 1 1 L − a 3
MA =P a − PL
− +
2L 2 2
L
"
On peut alors exprimer la flèche au point C en fonction des quantités demandées :
µC = µ( x = a) = . . .
241
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.8
Exercices d’application
5.8 - Exercices d’application
Exercice 1
Pour la poutre représentée ci-dessous, déterminez l’équation de la flèche µ( x ) et de la pente ϕ( x ).
⃗y
2 kN
3 kN
1 kN
1 kN
B
E
⃗x
A
C
4m
2m
D
4m
F
2m
4m
Solutions
ϕ( x ) =
µ( x ) =
1
3
[− < x − 0 >2 +2 < x − 4 >2 − < x − 6 >2 − < x − 10 >2 . . .
EĪ z
2
2
3
1
760
+ < x − 12 >2 − < x − 16 >2 +
]
2
2
24
1
1
2
1
1
1
[− < x − 0 >3 + < x − 4 >3 − < x − 6 >3 − < x − 10 >3 . . .
EĪ z
3
3
6
2
1
1
760
316
+ < x − 12 >3 − < x − 16 >3 +
x−
]
2
6
24
3
242
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.8
Exercices d’application
Exercice 2
Pour la poutre représentée ci-dessous, déterminez l’équation de la pente ϕ( x ) ainsi que la pente
maximale.
⃗y
L
B
⃗x
C
M0
A
a
b
Solutions
ϕ( x ) = E1Īz M0 < x − 0 >1 − M0 < x − a >1
ϕmax = EMĪ0z (L − b)
243
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.8
Exercices d’application
Exercice 3
Pour la poutre représentée ci-dessous, déterminez l’équation de la pente ϕ( x ) ainsi que la pente
maximale.
⃗y
L
P
⃗x
B
C
A
a
b
Solutions
ϕ( x ) = E1Īz
P
< x − 0 >2 − aP < x − 0 >1 − P2 < x − a >2
2
2
2
ϕmax = EPĪz L2 − aL − b2
244
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.8
Exercices d’application
Exercice 4
Pour la poutre représentée ci-dessous, déterminez l’équation de la pente ϕ( x ) ainsi que la flèche
maximale.
⃗y
L
w
⃗x
B
C
A
a
b
Solutions
Pas de corrigé disponible.
245
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.8
Exercices d’application
Exercice 5
Pour la poutre représentée ci-dessous, calculez la flèche au centre C ainsi que celle de l’extrémité
F. On donne : E = 180 GPa et Ī z = 2,1 · 10−6 m4 .
⃗y
45 kN
45 kN
B
D
⃗x
A
C
0,25 m
1,25 m
F
0,25 m
Solutions
Pas de corrigé disponible.
246
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.8
Exercices d’application
Exercice 6
Pour la poutre représentée ci-dessous, calculez la flèche au point C. Quelle charge concentrée
doit-on ajouter au point C pour y annuler la flèche ? On donne : E = 200 GPa et Ī z = 3,1 · 10−6 m4 .
⃗y
30 kN
15 kN/m
B
⃗x
A
C
F
D
1m
3m
3m
2m
Solutions
Pas de corrigé disponible.
247
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.8
Exercices d’application
Exercice 7
La poutre ABCD est encastrée en A et libre en D comme le montre la figure 5.20. Avant
application de tout chargement, il existe un jeu e = 1,6 mm entre la poutre et le ressort G de
constante k. La section de la poutre et le module élastique du matériau utilisé sont indiqués sur
la figure 5.20.
Après appliquation d’une charge répartie w et d’un moment concentré M o , la poutre s’appuie
fermement sur le ressort.
Déterminez la valeur de k (en N/m) pour que l’extrémité libre D de la poutre ne subisse aucun
déplacement suivant la direction verticale.
⃗y
⃗y
C
4,8 kN/m
D
B
A
k
140 mm
1m
E=100 GPa
G
1m
90 mm
⃗z
⃗x
M o = 0,4 kN·m
3m
figure. 5.20 – poutre étudiée (et dimensions de sa section)
Solutions
Pas de corrigé disponible.
248
A. Batailly, hiver 2025
Flexion : déformations
5.8
Exercices d’application
Exercice 8
La poutre AF est encastrée à son extrémité A, l’autre extrémité étant libre, voir la figure 5.21.
Sachant que le produit EĪ z = 187,5 · 109 N·mm2 , calculez la force P à appliquer au point B de
façon à ce que le déplacement de la poutre au point C soit égal à +1 mm.
⃗y
P
1,2 kN/m
E
⃗x
B
C
D
F
1 kN·m
A
0,5 m
1m
2,5 m
0,5 m
0,5 m
figure. 5.21 – exercice 8 : système étudié
Solutions
Pas de corrigé disponible.
249
A. Batailly, hiver 2025
6
Torsion des poutres : déformations et
contraintes
Objectifs du chapitre
▶ calculer le second moment polaire d’une section circulaire pleine ou évidée
▶ calculer la déformation d’une poutre soumise à un moment de torsion
▶ calculer et localiser les contraintes de cisaillement maximal en torsion
▶ faire ces calculs sur tout type de section à paroi mince
Pour donner votre avis sur la clarté de ce chapitre, pour apporter des commentaires ou des suggestions relativement à son contenu,
vous pouvez remplir ce sondage en ligne.
—
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l’identique ; http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.fr
La photo de fond de page est issue des archives photographiques de la ville de Montréal : http://archivesdemontreal.com/
Torsion des poutres
Plan détaillé du chapitre
6.1
6.2
6.3
6.4
6.5
6.6
6.7
6.8
Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
Sections circulaires pleines ou évidées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251
Sections tubulaires à paroi mince . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
Sections circulaires évidées à paroi mince . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265
Sections rectangulaires fines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
Sections composées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270
Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
6.1 - Introduction
6.1.1 Contexte général
La torsion constitue le troisième mode de sollicitation élémentaire d’une poutre, après la
traction/compression (chapitre 2) et la flexion (chapitres 3, 4 et 5). Ce chapitre porte simultanément
sur les contraintes et déformations d’une poutre soumise à un chargement de torsion. En cela,
il suit une logique similaire à celle adoptée dans le chapitre 2 pour une sollicitation de type
traction/compression. Il sera notamment mis en évidence que le tenseur des contraintes se limite
à un seul terme non nul, la contrainte de cisaillement : τxθ . De même, la seule déformation étudiée
est la variation d’angle de l’extrémité de la poutre chargée notée : ∆ψ.
L’étude des contraintes et déformations dans une poutre soumise à un moment de torsion
dépend intrinsèquement de la forme de la section de la poutre. Aussi, ce chapitre est construit
sur la distinction entre les différents types de sections étudiées : (1) les sections circulaires pleines
ou évidées pour lesquelles une solution exacte est obtenue, (2) les sections tubulaires à paroi
mince pour lesquelles une méthode de résolution approchée permet d’estimer contraintes et
déformations et, (3) les sections composées à paroi mince où, là aussi, une méthode approchée
permet d’estimer contraintes et déformations.
6.1.2 Hypothèses et cadre du cours
Aucune hypothèse spécifique à ce chapitre n’est requise, on se place donc dans le cadre des
hypothèses déjà faites pour les chapitres précédents :
— la poutre est droite et sans contrainte avant application du moment de torsion ;
— la section de la poutre est uniforme (ou uniforme par tronçon) ;
— la matériau est linéaire élastique, homogène et isotrope ;
— le poids propre de la poutre est négligé.
6.2 - Sections circulaires pleines ou évidées
6.2.1 Rappels
Considérons une poutre de section circulaire évidée, de longueur L, soumise à un moment de
torsion TB telle que celle représentée sur la figure 6.1. Cette poutre est encastrée à son extrémité A
et chargée sur son extrémité B. On note ∆ψ la variation d’angle de la section B après chargement.
251
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
Sections circulaires pleines ou évidées
6.2
La section de la poutre est caractérisée par son diamètre extérieur de et son diamètre intérieur
di . Compte-tenu de sa forme cylindrique, l’étude d’une telle structure se fait usuellement dans
un repère cylindrique : on privilégie le système d’axe (⃗x,⃗r, ⃗θ ) par rapport au repère cartésien
usuel (⃗x, ⃗y, ⃗z). Une section circulaire pleine peut être vue comme un cas particulier de section
évidée avec di = 0. On rappelle la convention de signe utilisée sur les sections d’un tronçon de
L
⃗y
A
⃗z
B
TB
⃗r
di
θ+
∆ψ
+
⃗r
⃗x
θ+
de
figure. 6.1 – poutre de section circulaire évidée soumise à un moment de torsion TB
poutre : sur une section du tronçon, si la normale sortante (sortante signifie que le vecteur sort de
la matière, pointant à l’extérieur du tronçon) est orientée dans le même sens que l’axe de la poutre
⃗x, la face est dite positive. Inversement, si la normale sortante est orientée dans le sens opposé à
l’axe de la poutre ⃗x, la face est dite négative. Enfin, on rappelle que les deux représentations d’un
⃗y
⃗y
B
B
TB
⃗z
⃗z
TB
+
⃗r
⃗x
+
⃗r
θ+
⃗x
θ+
(a) flèche courbe dans le plan de la rotation (b) flèche avec une double pointe orthogonale
au plan de la rotation
figure. 6.2 – rappel de la convention utilisée pour la représentation des moments de torsion
moment de torsion dessinées sur les figures 6.6.2a et 6.6.2b sont parfaitement équivalentes.
252
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
Sections circulaires pleines ou évidées
6.2
6.2.2 Considérations générales
On considère une poutre de section circulaire pleine soumise à un moment de torsion, voir
la figure 6.3. On isole le tronçon OO’ de cette poutre (représenté en (
) sur la figure 6.3). Ce
A
O
O’
B
TB
⃗x
⃗r
θ+
figure. 6.3 – poutre de section circulaire pleine soumise à un moment de torsion TB
tronçon est représenté ci-dessous dans le plan (⃗x,⃗r). À partir d’un DCL d’une partie de la poutre,
l’étude de l’équilibre du système par rapport à l’axe ⃗x permet de montrer sans difficulté que le
moment de torsion interne TAB dans la poutre vaut en tout point : TAB = TB . Comme le montre
la figure 6.6.4a, on suppose que la face O’ est bombée après application du chargement. Tout
tronçon de la poutre étant soumis au même chargement—le moment interne de torsion étant
constant sur l’axe de la poutre—cette déformation doit aussi être celle du tronçon à gauche de
OO’. Par compatibilité géométrique, on en déduit la déformation de la face O, voir figure 6.6.4b.
La configuration de chargement étant parfaitement symétrique par rapport à un plan orthogonal
O
O’
(a)
O
O’
(b)
O’
O
(c)
figure. 6.4 – hypothèses de déformation du tronçon OO’
à ⃗x, on doit avoir des déformations compatibles entre le tronçon OO’ et un tronçon fictif O’O,
rotation de OO’ de 180◦ . La figure 6.6.4c met en évidence que ce dernier point n’est pas vérifié.
L’hypothèse de déformation initiale ne peut donc être retenue.
À retenir
Ce raisonnement, similaire à celui déjà effectué au chapitre 4, nous amène à conclure que les
sections d’une poutre restent nécessairement droites après application d’un moment de torsion.
253
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.2
Sections circulaires pleines ou évidées
De même, on peut montrer que le diamètre d’une section circulaire reste droit après application
d’un moment de torsion et que les dimensions de la poutre ne changent pas.
6.2.3 Déformation γxθ
On considère un tronçon de la poutre représentée sur la figure 6.3. Ce tronçon de longueur
élémentaire ∆x est soumis au moment de torsion interne TAB . On cherche à quantifier la variation
d’angle ∆ψ du fait du moment de torsion TAB entre les faces O et O’. Pour cela, on considère deux
points sur le tronçon : α et β dont les positions respectives après déformation sont indiquées par
les points α′ et β′ . On note :
TAB
O
β = β′
O’
α
∆x
TAB
⃗x
α′
⃗r
θ+
figure. 6.5 – tronçon élémentaire
′ O ′ α et : O α′ = r
∆ψ = αd
La variation d’angle qui nous intéresse (rotation de la section O’ par rapport à la section O)
correspond à une rotation dans le plan (⃗r,⃗θ). Il s’agit donc d’une rotation dans un plan perpendiculaire
à l’axe ⃗x et dans la direction ⃗θ ce qui permet de l’identifier comme le terme γxθ du tenseur des
déformations (voir le chapitre 1). Ici :
αα′
∆x →0 αβ
γxθ = lim
Or :
(
αα′ = r∆ψ
αβ = ∆x
On en déduit que :
γxθ = lim r
∆x →0
γxθ = r
254
∆ψ
∆x
dψ
dx
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.2
Sections circulaires pleines ou évidées
À retenir
Le terme dψ/dx est appelé angle de torsion unitaire, il est constant sur la longueur du tronçon.
6.2.4 Contrainte τxθ
Dans une configuration telle que celle représentée sur la figure 6.5, nous avons vu au chapitre 1
que : τxθ = Gγxθ où G est le module de rigidité (ou module d’élasticité de cisaillement). On en
déduit que :
τxθ = Gr
dψ
dx
(6.1)
expression qui est indépendante de x et θ.
À retenir
La contrainte de cisaillement τxθ calculée en un point d’une poutre de section circulaire
soumise à un moment de torsion ne dépend que de la position radiale de ce point, voir figure 6.6.
La contrainte maximale est donc toujours atteinte sur le rayon extérieur de la section.
TAB
TAB
τxθ
⃗r
⃗x
θ+
figure. 6.6 – évolution de la contrainte τxθ sur la section de la poutre
On considère une aire élémentaire dA sur une section de la poutre. Cette aire est une portion
de couronne située à une distance r du centre de la section, comme le montre la figure 6.7,
sur laquelle s’applique une contrainte τxθ . L’étude de l’équilibre du tronçon représenté sur la
figure 6.7 impose :
⃗ x = ⃗0 (+ Á)
∑M
c’est-à-dire :
− TAB +
Z
A
dM x = 0
255
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Torsion des poutres
6.2
Sections circulaires pleines ou évidées
TAB
aire dA
τxθ
r
⃗x
τxθ
⃗r
θ+
figure. 6.7 – évolution de la contrainte τxθ sur la section de la poutre
où dM x est le moment élémentaire généré par la contrainte τxθ sur l’aire dA :
Z
− TAB +
A
τxθ rdA = 0
En utilisant la relation (6.1), il vient :
− TAB +
Z
Gr
A
dψ
rdA = 0
dx
dψ
TAB = G
dx
Z
r2 dA
| {z }
A
J
où J est le second moment polaire de la section circulaire déjà mentionné au chapitre 4. On en
déduit que :
TAB
dψ
=
dx
GJ
(6.2)
Ce qui, en repartant de la formule (6.1) entraîne :
τxθ =
TAB r
J
(6.3)
À retenir
Il est important de voir que le moment de torsion TAB qui apparaît dans l’équation (6.3) est un
moment de torsion interne (de même qu’au chapitre 2, l’effort qui apparaît dans le calcul de la
contrainte normale dans un barreau en traction/compression est un effort interne).
256
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.2
Sections circulaires pleines ou évidées
6.2.5 Point sur le calcul du second moment polaire
La définition du second moment polaire J d’une section circulaire pleine est :
Z
J=
A
r2 dA
La définition donnée au chapitre 4 du second moment polaire :
J = Ī z + Ī y
est bien équivalente puisque :
J=
Z
A
y2 dA +
Z
A
z2 dA =
Z
A
(y2 + z2 )dA =
Z
A
r2 dA
Pour calculer explicitement J , on considère une aire élémentaire définie comme une couronne de
la section de la poutre, d’épaisseur dr, voir la figure 6.8. Avec une telle aire élémentaire, le calcul
re
r
dr
figure. 6.8 – aire élémentaire considérée pour le calcul de J
de J devient :
J=
Z re
r2
0
2πrdr
| {z }
aire de la couronne
où re est le rayon extérieur de la section.
J = 2π
J=
Z re
0
r3 dr
πre4
2
(6.4)
Pour une section circulaire évidée, le calcul de J est modifié au niveau des bornes de l’intégrale :
J = 2π
J=
Z re
ri
r3 dr
π (re4 − ri4 )
2
(6.5)
où ri est le rayon intérieur de la section évidée.
257
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.2
Sections circulaires pleines ou évidées
6.2.6 Variation d’angle ∆ψ
La variation d’angle sur la poutre AB, c’est-à-dire la différence d’angle de rotation entre la
section de la poutre au point A et la section de la poutre au point B s’écrit :
∆ψAB =
Z L
dψ
dx
0 dx
où L est la longueur totale du tronçon étudié, ici toute la poutre AB représentée sur la figure 6.3.
En utilisant la relation (6.2), il vient :
∆ψAB =
Z L
TAB
GJ
0
dx
|{z}
indépendant de x
∆ψAB =
TAB
GJ
∆ψAB =
Z L
0
dx
TABL
GJ
(6.6)
6.2.7 Cas d’une poutre composée de plusieurs tronçons
A
B
JAB , LAB , GAB
JBC , L BC , G BC
C
⃗r
θ+
⃗x
figure. 6.9 – exemple de poutre assemblée avec plusieurs tronçons
La figure 6.9 représente un exemple de poutre de section circulaire pleine composée de
plusieurs tronçons. Il est important de comprendre que pour pouvoir appliquer les formules du
cours, il faut obligatoirement se ramener à un tronçon sur lequel la section est uniforme, et donc,
en particulier, de rayon constant. Pour cette raison, on étudiera séparément les contraintes dans
chacun des deux tronçons AB et BC (τAB et τBC ). De façon analogue, on distinguera la variation
d’angle sur le tronçon AB ∆ψAB de celle sur le tronçon BC ∆ψBC . Si on note ψi l’angle de rotation
de la section i, par définition on a :
∆ψAB = ψB − ψA
258
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.2
Sections circulaires pleines ou évidées
Ceci est aussi valable sur AC :
∆ψAC = ψC − ψA
∆ψAC = ψC − ψB + ψB − ψA
∆ψAC = (ψB − ψA) + (ψC − ψB )
∆ψAC = ∆ψAB + ∆ψBC
(6.7)
De façon plus générale, pour une poutre composée de n tronçons, on en déduit que la variation
d’angle entre les deux extrémités de la poutre ∆ψ s’écrit :
n
Ti L i
GJ
i =1 i i
∆ψ = ∑
(6.8)
où Ti , L i , G i et Ji sont respectivement le moment de torsion interne, la longueur, le module de
rigidité et le second moment polaire du tronçon i.
À retenir
Pour la structure représentée sur la figure 6.9, l’encastrement en A impose ψA = 0, on a donc :
∆ψAB = ψB
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 1 de ce chapitre à la page 270.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 2 de ce chapitre à la page 274.
6.2.8 Cas des systèmes hyperstatiques
On rappelle qu’un système est dit hyperstatique si le nombre d’équations issues de l’étude
de l’équilibre de ce système est inférieur au nombre d’inconnues (voir les chapitres 2 et 4). Dans
259
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.3
Sections tubulaires à paroi mince
le cas de systèmes hyperstatiques de degré 1—c’est-à-dire qu’il manque une seule équation pour
pouvoir résoudre le problème posé—,et de façon parfaitement analogue à ce qui a été fait dans
le cadre du chapitre 2, l’équation manquante est obtenue par établissement d’une relation de
compatibilité géométrique.
À retenir
La méthode de résolution des problèmes hyperstatiques est la suivante :
1. DCL global + équilibre (faire apparaître les moments de torsion internes) ;
2. écrire les relations entre moments de torsion internes et la variation d’angle sur chaque
tronçon ;
3. établir la relation de compatibilité géométrique liant les variations d’angle ;
4. résoudre le système d’équations obtenu.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 3 de ce chapitre à la page 277.
6.3 - Sections tubulaires à paroi mince
6.3.1 Généralités et cadre du cours
Une section tubulaire à paroi mince est une section fermée dont l’épaisseur t(s) est faible
devant le rayon moyen rmoy de la section, voir la figure 6.10. Le rayon moyen rmoy correspond
au disque dont l’aire est égale à celle de la section tubulaire considérée. Le repère cylindrique
(⃗x,⃗r, ⃗θ ) est mal adapté à l’étude des sections tubulaires à paroi mince. On lui préfère le repère
(⃗x, ⃗n,⃗s) qui, en un point de la section, est tel que les vecteurs ⃗n et ⃗s sont respectivement normal
et tangent à la section comme le montre la figure 6.10.
Contrairement au cas des sections circulaires ou circulaires évidées, il n’existe pas, dans le
cadre du cours de résistance des matériaux, de méthode exacte pour calculer les contraintes et
la variation d’angle dans une poutre tubulaire à paroi mince soumise à un moment de torsion.
La méthode de résolution utilisée dans cette section du cours est donc approchée et repose sur
l’hypothèse de paroi mince qui consiste à considérer que les contraintes dans la structure ne
varient pas suivant l’épaisseur de la paroi.
6.3.2 Description de l’état de contraintes
En un point quelconque de la structure, il est possible de montrer que :
— σx = 0 car il n’y a aucun chargement axial dans la structure ;
— σn = 0, τnx = 0 et τns = 0 car les parois interne et externe ne sont pas chargées (surfaces
libres) ;
260
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.3
Sections tubulaires à paroi mince
⃗x
⃗r
⃗s
⃗n
rmoy
aire dA
θ+
figure. 6.10 – notations relatives aux sections tubulaires à paroi mince
— τxn = 0 et τsn = 0 par symétrie du tenseur des contraintes (voir chapitre 1) ;
— ainsi, il ne reste qu’un seul terme non nul dans le tenseur des contraintes :
τxs = τsx ̸= 0
(6.9)
6.3.3 Flux de cisaillement q xs et contrainte τxs
Notons q xs le flux de cisaillement le long de la section de la poutre :
q xs =
Z t(s)/2
−t(s)/2
τxs dn
ce qui, lorsqu’on suppose une paroi mince, s’écrit plus simplement :
q xs = τxs t(s)
(6.10)
puisque la contrainte τxs est supposée constante sur l’épaisseur de la paroi. On montre sans
difficulté que le flux de cisaillement q xs est nécessairement constant sur la section de la poutre
(cette démonstration est faite en considérant une portion de la section de la poutre de longueur
∆x sur une petite largeur angulaire et en écrivant que l’équilibre mécanique de ce volume impose
∑ ⃗Fs = ⃗0).
À retenir
Attention, le fait que le flux de cisaillement q xs est constant sur la section de la poutre n’implique
pas que la contrainte de cisaillement τxs est constante sur la section. Cette implication n’est vraie
que si l’épaisseur de la section est constante.
261
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.3
Sections tubulaires à paroi mince
⃗x
q xs
h(
⃗n
s)
O
aire dĀ
M ds
T
figure. 6.11 – section tubulaire à paroi mince quelconque
On considère la section de poutre représentée sur la figure 6.11. Au voisinage d’un point M
quelconque de la section de la poutre, la force F ( M ) générée par le flux de contrainte q xs vaut :
F ( M ) = q xs ds
Le moment généré autour de l’axe ⃗x par cette force au point O vaut alors :
dMO = h(s)q xs ds
On en déduit que le moment généré autour de l’axe ⃗x par l’ensemble du flux de contrainte q xs
sur toute la section est :
MO =
I
dMO
ou :
MO =
I
h(s)q xs ds
L’équilibre mécanique du tronçon de poutre représenté sur la figure 6.11 se traduit notamment
par :
⃗ x = ⃗0
∑M
−T +
I
h(s)q xs ds = 0
H
où le symbôle
réfère à une intégrale sur l’ensemble du contour de la section. De simples
considérations géométriques sur la figure 6.11 permettent d’obtenir :
h(s)ds = 2dĀ
262
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.3
Sections tubulaires à paroi mince
Comme, par ailleurs, on a montré que le flux de cisaillement q xs est constant le long de la section
de la poutre, celui-ci peut être sorti de l’intégrale et il reste :
T = 2q xsĀ
T
2Ā
q xs =
(6.11)
Combinée à la relation (6.10), cette dernière formule permet d’écrire :
τxs =
T
(6.12)
2Āt
où Ā est l’aire comprise à l’intérieur du périmètre moyen de la section. Voici quelques exemples
de valeurs de Ā pour des sections tubulaires à paroi mince usuelles :
l
tl
L moy
Ā
L moy
L
L
Ā
tL
t
lmoy
tmoy
Ā = L moy × lmoy = (L − tL) × (l − tl )
Ā = L2moy = (L − t)2
(a) section rectangulaire, épaisseur variable
(b) section carrée, épaisseur constante
figure. 6.12 – exemples de calculs de l’aire Ā pour des sections tubulaires à paroi mince usuelles
6.3.4 Variation d’angle ∆ψ
Pour une poutre de section tubulaire à paroi mince, on peut montrer que :
1. le travail de torsion T pour obtenir une variation angulaire ∆ψ s’écrit :
W=
1
T ∆ψ
2
2. l’énergie de déformation de la poutre subissant une variation d’angle ∆ψ s’écrit :
U=
1
2
Z
263
V
τxs γxs dV
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.3
Sections tubulaires à paroi mince
En utilisant la relation :
τxs
γxs =
G
on a :
1
U=
2
2
τxs
Z
G
V
dV
Les deux quantités W et U devant être égales (on suppose ici que la seule charge appliquée sur la
poutre est un moment de torsion), on en déduit :
1
1
T ∆ψ =
2
2
2
τxs
Z
G
V
dV
ou encore :
∆ψ =
1
2
τxs
Z
T
V
G
dV
En choisissant de façon appropriée le volume élémentaire sur lequel est effectué l’intégration
⃗x
⃗x
.
.
ds
.
.
t
dV
dV
L
(b) volume élémentaire dV = L · t · ds
(a) volume élémentaire dV quelconque
figure. 6.13 – intégrale sur le volume/intégrale sur le contour
(voir la figure 6.13), on peut transformer l’intégrale sur le volume en intégrale sur le contour de
la section :
∆ψ =
1
I
T
2
τxs
G
Ltds
En utilisant la relation (6.12), on obtient finalement :
TL
∆ψ = 2
4Ā
I
264
ds
G( s ) t ( s )
(6.13)
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.4 Sections circulaires évidées à paroi mince
Dans le cas où le module de rigidité G est constant sur la section de la poutre, on a plus
simplement :
∆ψ =
TL
4Ā2
avec : J = H ds
GJ
(6.14)
t(s)
où J est la constante géométrique de torsion de la poutre étudiée.
À retenir
De même que pour les sections circulaires, il est important de noter que le moment de torsion T
qui apparaît dans les formules (6.12), (6.13) et (6.14) est un moment de torsion interne.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 4 de ce chapitre à la page 281.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 5 de ce chapitre à la page 286.
6.4 - Sections circulaires évidées à paroi mince
Les deux sections précédentes portent respectivement sur l’étude de la torsion des poutres de
section circulaire évidée et de section tubulaire à paroi mince. Toutefois, comme le souligne les
exemples 3 et 4, certaines sections peuvent être considérées comme appartenant simultanément
aux deux catégories : les sections circulaires évidées à paroi mince, voir figure 6.14. On rappelle
que la méthode de résolution présentée pour les sections circulaires évidées est exacte alors que
celle présentée pour les sections tubulaires à paroi mince est approchée. Par conséquent, cette
section a pour objectif de préciser le degré d’approximation qui est fait en considérant une section
circulaire évidée à paroi mince comme une section tubulaire à paroi mince.
6.4.1 Variation d’angle ∆ψ
La différence entre la variation d’angle d’une poutre de section circulaire et d’une poutre de
section tubulaire à paroi mince se situe au niveau du calcul de J . Dans le premier cas, il s’agit
du second moment polaire de la section, alors que dans le deuxième cas, il s’agit de la constante
géométrique de torsion.
265
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.4 Sections circulaires évidées à paroi mince
re
section circulaire évidée :
TL
—τ = TJr , et ∆ψ = GJ
4
4
avec : J = π (re − ri )/2
ri
section tubulaire à paroi mince :
TL
τ = 2TĀt , et ∆ψ = GJ
—————H
ds
2
avec : J = 4Ā / t(s)
t
figure. 6.14 – section circulaire évidée à paroi mince
section tubulaire
section circulaire
J=
J=
J=
4Ā2
π 4
(r − ri4 )
2 e
J= H
π
((ri + t)4 − ri4 )
2
J=
π 4
(r + 4ri3 t + 4ri t3 + 6ri2 t2 + t4 − ri4 )
2 i
π
J = (4ri3 t + 6ri2 t2 4ri t3 + t4 )
2
3
J = 2π (ri3 t + ri2 t2 + ri t3 + t4 )
2
3
J = 2π (ri3 t + ri2 t2 ) + F (t3 , t4 )
2
J=
ds
t(s)
4 π (ri + t/2)2
2
2π (ri +t/2)
t
4π 2 t(ri + t/2)4
2π (ri + t/2)
J = 2π (ri + t/2)3 t
J = 2πt(ri3 + 3ri2 t/2 + 3t2 ri /4 + t3 /8)
3
2
J = 2π (ri3 t + ri2 t2 ) + G(t3 , t4 )
À retenir
On obtient ainsi que les termes J calculés pour chacun des deux types de sections sont égaux
jusqu’au degré 2. Ceci explique que dans une configuration à la limite de la paroi mince (cf.
exemple 4), les variations d’angle obtenues restent proches quel que soit le type de section
utilisé. Cela justifie l’erreur faible (de 1,39 %) observée entre les ∆ψ calculés à l’exemple 3
et à l’exemple 4.
6.4.2 Contrainte de cisaillement τxθ
Pour le calcul des contraintes de cisaillement, les formules du cours diffèrent sensiblement
dépendamment du type de section considéré :
266
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.5
section tubulaire
section circulaire
τ=
Tr
(on se place à r = ri )
J
τ=
ri
((
r
+
t)4 − ri4 )
i
2
ri
τ=T×
2π (ri3 t + 3ri2 t2 /2 + ri t3 + t4 )
τ=T× π
τ=T×
Sections rectangulaires fines
τ=T×
τ=T×
1
τ=T×
1
1
τ=T×
2π (ri2 t) + H(t2 , t3 , t4 )
1
2(π (ri + t/2)2 t)
2π (ri2 + 2ri t/2 + t2 /4)t)
τ=T×
2π (ri2 t + 3ri t2 /2 + t3 + t4 /ri )
T
2Āt
1
2π (ri2 t + ri t2 + t3 /4)
1
2π (ri2 t) + K(t2 , t3 , t4 )
À retenir
On obtient ainsi que les termes τ calculés pour chacun des deux types de sections sont égaux
jusqu’au degré 1. Ceci explique que dans une configuration à la limite de la paroi mince (cf.
exemple 4), l’erreur commise sur τ devient significative. Cela justifie l’erreur non négligeable
(de 8,9 %) observée entre les τ calculés à l’exemple 3 et à l’exemple 4.
6.5 - Sections rectangulaires fines
Les sections rectangulaires fines sont l’élément de base des sections composées qui seront
étudiées dans les dernières pages de ce chapitre. Une telle section est représentée sur la figure 6.15.
Lorsqu’une poutre de section rectangulaire fine est soumise à un unique moment de torsion T ,
t
b
figure. 6.15 – section rectangulaire fine : b >> t
on peut montrer sans difficulté (il suffit pour cela de faire un DCL d’un tronçon de la poutre) que
le moment de torsion interne est constant dans la poutre est égal à T . Par ailleurs, on admet les
deux résultats suivants :
1. la contrainte de cisaillement dans la poutre est donnée par la formule :
τ=
267
Tt
J
(6.15)
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.6 Sections composées
2. la variation d’angle sur la longueur de la poutre est :
∆ψ =
TL
GJ
(6.16)
où L, G et J sont respectivement la longueur, le module de rigidité et la constante de torsion
de la poutre. La constante de torsion J est obtenue par la formule suivante :
J=
bt3
3
(6.17)
6.6 - Sections composées
Deux types de sections assemblées sont considérés dans ce chapitre : (1) les sections assemblées
à partir de sections rectangulaires fines uniquement (profils en "I", en "U". . .) et, (2) les sections
assemblées avec un mélange de sections rectangulaires fines et de sections circulaires ou tubulaires
à paroi mince.
6.6.1 Assemblage de sections rectangulaires fines
Ces sections sont dites ouvertes à paroi mince. L’exemple le plus simple est celui de la poutre
en "L" telle que celle représentée sur la figure 6.16. La section en "L" représentée sur la figure 6.16
peut être vue comme l’assemblage de deux sections rectangulaires fines 1 et 2, de longueurs b1 et
b2 et d’épaisseurs t1 et t2 . Bien évidemment, la longueur (selon la direction ⃗x) de chacune de ces
sections rectangulaires fines est égale à la longueur de la poutre :
L = L1 = L2
Lorsqu’un moment de torsion T est appliqué sur cette poutre, une étude de l’équilibre mécanique
de la structure permet d’écrire qu’on a nécessairement :
T = T1 + T2
(6.18)
où Ti est le moment interne dans la section rectangulaire fine i. L’application d’un moment de
torsion entraîne une rotation d’ensemble de la section de la poutre sans que celle-ci ne se déforme
dans le plan (⃗y,⃗z). Ceci impose que la variation d’angle de la section rectangulaire fine i, notée
∆ψi , est identique à la variation d’angle de l’ensemble de la section :
∆ψ = ∆ψ1 = ∆ψ2
L’application de la formule (6.16) aboutit à :
∆ψ =
TL
TL
T2L 2
= 1 1 =
GJ
G 1 J1
G 2 J2
En faisant l’hypothèse que le module de rigidité est le même pour toutes les sections rectangulaires
fines et en prenant en compte l’égalité des longueurs L i , cette dernière équation devient simplement :
T
T
T2
= 1 =
J
J1
J2
268
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.6 Sections composées
L
⃗y
A
⃗z
B
∆ψ
TB
b2
+
⃗x
t2
t1
b1
figure. 6.16 – poutre de section ouverte à paroi mince soumise à un moment de torsion TB
où J , J1 et J2 sont respectivement les constantes de torsion de la section complète, de la section
rectangulaire fine 1 et de la section rectangulaire fine 2. On en déduit la relation suivante :
Ti = T
Ji
J
ce qui, à l’aide de la formule (6.15), nous permet de calculer la contrainte de cisaillement dans la
section rectangulaire fine i :
τi =
Ti ti
Tt
= i
Ji
J
(6.19)
En combinant cette dernière relation à l’équation (6.18), il vient finalement :
T=T
J1
J2
+T
J
J
J = J1 + J2
Ce dernier résultat se généralise à une section ouverte à paroi mince composée de n sections
rectangulaires fines :
bi t3i
3
i =1
n
J=∑
(6.20)
269
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
de
yse
anal es
2 - problèm
À retenir
Notez bien que les résultats de cette section sont obtenus en faisant l’hypothèse que le module
de rigidité est constant pour toute la section.
6.6.2 Assemblage de différents types de sections
L’assemblage de différents types de section est illustré avec l’exemple 6. Il s’agit d’une généralisation
immédiate des développements de la section précédente.
6.7 - Exemples et applications directes du cours
Exemple 1
On considère la poutre de section circulaire pleine, composée de deux tronçons et encastrée
en son extrémité A, telle que représentée sur la figure 6.17. Compte-tenu des moments de torsion
appliqués aux points B et C, déterminez la contrainte maximale dans chacun des tronçons ainsi
que la rotation de la section C.
A
L BC = 0,2 m
G BC = 41 GPa
B
C
LAB = 0,25 m
GAB = 1,4 GPa
dAB = 40 mm
dBC = 10 mm
TB = 30 N·m
⃗r
TC = 50 N·m
θ+
⃗x
figure. 6.17 – exemple 1 : système étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
La méthode de résolution de ce type de problème repose sur un principe fondamental : faire
autant de DCL qu’il y a de tronçons pour obtenir une expression des moments de torsion
internes TAB et TBC qui, seuls, interviennent dans les formules des contraintes et des variations
d’angle. test
270
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
–▶ DCL + équilibre :
tronçon AB :
TAB
A
TB
B
TC
C
+
⃗x
figure. 6.18 – DCL avec coupe sur le tronçon AB
Dans le cadre du chapitre 6, les DCL sont représentés de façon filaire en trois
dimensions, comme le montre la figure 6.18. Comme les seuls chargements
considérés sont des moments de torsion, on ne fait apparaître que des moments
(internes et externes) sur le DCL. En effet, les valeurs des réactions aux appuis
sont triviales (ici les réactions à l’encastrement au point A sont évidemment
nulles dans les directions ⃗y et ⃗x puisqu’elles n’équilibrent aucune autre
sollicitation).
Le moment de torsion interne TAB est représenté positivement. Comme celuici s’applique sur une face négative, il est représenté selon le sens négatif, voir
chapitre 1. Sans cette convention, il est impossible d’appliquer directement les
formules du cours.
L’équilibre de ce tronçon impose :
⃗ x = ⃗0
∑M
− TC + TB − TAB = 0
−50 + 30 − TAB = 0
TAB = −20 N · m
La contrainte de cisaillement sur le tronçon AB est obtenue en utilisant la formule (6.3) :
τxθ,AB =
TAB r
JAB
sa valeur maximale est atteinte sur la surface extérieure de la poutre pour r = rmax =
rAB :
τxθ,AB,max = |
271
TAB rAB
|
JAB
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
N·m→N·mm
τxθ,AB,max = |
z}|{
·103
π
4
2 20
−20
×20
|
τxθ,AB,max = 1,59 MPa
tronçon BC : de façon analogue à ce qui a été fait sur le tronçon AB, on effectue maintenant
un DCL de la poutre coupée au niveau du tronçon BC (le tronçon étudié dans le DCL
est celui ne contenant pas l’encastrement).
A
TBC
B
TC
C
+
⃗x
figure. 6.19 – DCL avec coupe sur le tronçon BC
L’équilibre de ce tronçon impose :
⃗ x = ⃗0
∑M
− TC − TBC = 0
−50 − TBC = 0
TBC = −50 N · m
On en déduit que :
N·m→N·mm
τxθ,BC,max = |
−50
z}|{
·103
π 4
25
×5
|
τxθ,BC,max = 254,65 MPa
test
–▶ Rotation de la section C :
On cherche à calculer l’angle ψC . Les formules du cours ne font intervenir que des variations
d’angle ∆ψ. On a notamment :
∆ψAC = ψC − ψA
272
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
La section A étant encastrée, celle-ci ne peut subir aucune rotation. On a nécessairement :
ψA = 0 d’où :
∆ψAC = ψC
Par ailleurs :
∆ψAC = ∆ψAB + ∆ψBC
Cette décomposition en termes relatifs à des tronçons de section uniforme est ce
qui permet de se rattacher aux formules du cours.
La formule (6.6) du cours donne :
∆ψAB =
TABLAB
TBC L BC
et : ∆ψBC =
GAB JAB
G BC JBC
où tous les termes sont connus :
∆ψAB =
−20 · 103 × 250
= −0,0142 rad
1,4 · 103 × π2 204
∆ψBC =
−50 · 103 × 200
= −0,2484 rad
41 · 103 × π2 54
Finalement
∆ψAC = −0,0142 − 0,2484
∆ψAC = −0,263 rad
C’est-à-dire
ψC = −0,263 rad
273
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
Exemple 2
On considère la poutre de section circulaire évidée représentée sur la figure 6.20. La poutre
est encastrée à son extrémité A, un moment de torsion T est appliqué sur l’autre extrémité B, son
module de rigidité vaut G = 80 GPa.
1. calculez le moment T pour avoir ψB = 2◦ ;
2. calculez ψB si la contrainte de cisaillement sur la surface intérieure de la poutre vaut
τxθ = 70 MPa ;
3. calculez le moment Tmax maximal pour respecter τxθ ≤ 120 MPa.
1,5 m
⃗y
A
⃗z
B
T
40 mm
+
⃗r
⃗x
θ+
60 mm
figure. 6.20 – exemple 2 : système étudié
Résolution. test
–▶ Calcul de T si ψB = 2◦ :
L’encastrement au point A impose que l’angle ψA est nul : ψA = 0. Donc :
∆ψAB = ψB − ψA = ψB = 2◦
Attention aux unités, toujours convertir les angles en radians.
∆ψAB = 2 ×
2π
= 0,0349 rad
360
La formule du cours (6.6) donne :
∆ψAB =
TABLAB
GAB JAB
274
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
TAB =
TAB =
GAB JAB ∆ψAB
LAB
80 · 103 × 1,021 · 106 × 0,0349
1500
TAB = 1,9 · 106 N · mm = 1,9 kN · m
A
TAB
T
B
+
⃗x
figure. 6.21 – DCL d’un tronçon de la poutre AB
L’équilibre du tronçon représenté sur la figure 6.21 impose :
T = TAB
On en déduit que :
T = 1,9 kN · m
test
–▶ Calcul de ψB si la contrainte sur la surface intérieure de la poutre est : τxθ = 70 MPa :
La formule du cours (6.3) donne :
τxθ,AB =
TAB r
JAB
Sur la surface intérieure de la poutre, on a r = ri,AB = 20 mm. D’où :
TAB =
π
TAB = 2
τxθ,AB JAB
ri,AB
(304 − 204 ) × 70
20
TAB = 3,5735 kN · m
Or, on a montré précédemment que :
ψB =
TABLAB
GAB JAB
3,5736 · 106 × 1500
4
4
3
2 (30 − 20 ) × 80 · 10
ψB = π
275
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
ψB = 0,0656 rad = 3,76◦
test
–▶ Valeur Tmax pour respecter τxθ ≤ 120 MPa :
La contrainte de cisaillement maximale dans une poutre de section circulaire évidée se situe
sur la surface extérieure, pour r = re,AB :
τxθ,max =
TAB re,AB
JAB
qui doit être inférieure à la valeur permise. On en déduit la valeur maximale du moment de
torsion :
Tmax =
π
Tmax = 2
JAB × 120
re,AB
(304 − 204 ) × 120
30
Tmax = 4,084 kN · m
On rappelle qu’il est possible de passer directement du moment de torsion
interne TAB au moment de torsion externe T car le DCL du système a montré :
T = TAB .
276
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
Exemple 3
On considère la poutre de section circulaire évidée représentée sur la figure 6.22. La poutre est
encastrée à ses deux extrémités A et B, son module de rigidité vaut G = 80 GPa. On applique un
moment de torsion T au point C : T = 1 kN·m.
1. calculez la contrainte maximale dans la poutre ;
2. calculez la rotation de la section C ψC .
1m
⃗y
3m
A
T
⃗z
C
B
40 mm
+
⃗r
⃗x
θ+
50 mm
figure. 6.22 – exemple 3 : système étudié
Résolution. test
–▶ Contrainte maximale dans la poutre :
1 - DCL + équilibre : On effectue deux DCL : un premier où la poutre est coupée sur
le tronçon AC et un second où la poutre est coupée sur le tronçon CB. Pour chacun
des DCL effecutés, il est utile de toujours considérer le même côté de la poutre pour
limiter le nombre d’inconnues intervenant dans les équations.
277
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
TAC
A
T
C
TB
B
+
⃗x
figure. 6.23 – DCL d’un tronçon de la poutre AB, coupée sur AC
L’équilibre mécanique du tronçon représenté sur la figure 6.23 se traduit par :
⃗ x = ⃗0
∑M
− TAC − T + TB = 0
TB = T + TAC
A
C
(6.21)
TCB
TB
B
+
⃗x
figure. 6.24 – DCL d’un tronçon de la poutre AB, coupée sur CB
L’équilibre mécanique du tronçon représenté sur la figure 6.24 se traduit par :
⃗ x = ⃗0
∑M
− TCB + TB = 0
TB = TCB
(6.22)
Ensemble, les équations (6.21) et (6.22) permettent d’écrire :
TCB = T + TAC
(6.23)
2 - Compatibilité géométrique : les encastrements aux points A et B imposent :
ψA = 0 et : ψB = 0
Or :
(
∆ψAC = ψC − ψA = ψC
∆ψCB = ψB − ψC = −ψC
278
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
On en déduit donc la relation de compatibilité géométrique :
∆ψAC = −∆ψCB
(6.24)
3 - Relations T /∆ψ : la formule du cours (6.6) nous permet d’exprimer chacun des
termes de la relation de compatibilité géométrique (6.24) :
∆ψAC =
TAC LAC
TCBL CB
et : ∆ψCB =
GAC JAC
G CB JCB
on a ainsi :
TAC LAC
TCBL CB
=−
GAC JAC
G CB JCB
Sur toute la longueur AC, on a le même matériau et le même type de section : JAC = JCB
et GAC = GCB , il reste :
TAC LAC = − TCBL CB
(6.25)
Les équations (6.23) et (6.25) forment un système de deux équations à deux inconnues,
on peut résoudre :
TAc LAC = −( T + TAC )L CB
TAC (LAC + L CB ) = − TL CB
TAC = −
TAC = −
TL CB
LAC + L CB
106 × 3 · 103
103 + 3 · 103
TAC = −750 N · m
TCB = −
TAC LAC
L CB
TCB = 250 N · m
Comme la section est uniforme, la contrainte maximale dans la poutre est obtenue sur
le tronçon où le moment interne est de plus grande amplitude Tmax :
Tmax = max(| TAC |, | TCB |) = | TAC | = 750 N · m
279
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
On peut alors calculer la contrainte maximale—qui est située sur le tronçon AC, sur la
surface extérieure de la poutre—dans la poutre en utilisant la formule (6.3) :
τxθ,AC =
Tmax re,AC
JAC
750 · 103 × 25
τxθ,AC = π
4
4
2 (25 − 20 )
τxθ,AC = 51,76 MPa
test
–▶ Angle ψC de rotation de la section C :
La variation d’angle sur le tronçon AC s’exprime comme :
∆ψAC = ψC − ψA
et l’encastrement en A impose ψA = 0 d’où :
∆ψAC = ψC
Or la formule du cours (6.6) donne :
∆ψAC =
TAC LAC
GAC JAC
où tous les termes sont connus. On en déduit que :
ψC =
ψC =
TAC LAC
GAC JAC
−750 · 103 × 103
80 · 103 × π2 (254 − 204 )
ψC = −0,02588 rad = −1,48◦
280
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
Exemple 4
On considère la poutre de section tubulaire à paroi mince représentée sur la figure 6.25. La
poutre est encastrée à ses deux extrémités A et B, son module de rigidité vaut G = 80 GPa. On
applique un moment de torsion T au point C : T = 1 kN·m.
1. calculez la contrainte maximale dans la poutre ;
2. calculez la rotation de la section C ψC .
1m
⃗y
3m
A
T
⃗z
C
B
40 mm
+
⃗r
⃗x
θ+
50 mm
figure. 6.25 – exemple 4 : système étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
Il s’agit du même exemple que l’exemple 3 mais résolu avec les méthodes de
calcul introduites pour les sections tubulaires à paroi mince.
test
–▶ Contrainte maximale dans la poutre :
1 - DCL + équilibre : On effectue deux DCL : un premier où la poutre est coupée sur
le tronçon AC et un second où la poutre est coupée sur le tronçon CB. Pour chacun
des DCL effecutés, il est utile de toujours considérer le même côté de la poutre pour
limiter le nombre d’inconnues intervenant dans les équations.
281
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
TAC
A
T
C
TB
B
+
⃗x
figure. 6.26 – DCL d’un tronçon de la poutre AB, coupée sur AC
L’équilibre mécanique du tronçon représenté sur la figure 6.26 se traduit par :
⃗ x = ⃗0
∑M
− TAC − T + TB = 0
TB = T + TAC
A
C
(6.26)
TCB
TB
B
+
⃗x
figure. 6.27 – DCL d’un tronçon de la poutre AB, coupée sur CB
L’équilibre mécanique du tronçon représenté sur la figure 6.27 se traduit par :
⃗ x = ⃗0
∑M
− TCB + TB = 0
TB = TCB
(6.27)
Ensemble, les équations (6.26) et (6.27) permettent d’écrire :
TCB = T + TAC
(6.28)
2 - Compatibilité géométrique : les encastrements aux points A et B imposent :
ψA = 0 et : ψB = 0
Or :
(
∆ψAC = ψC − ψA = ψC
∆ψCB = ψB − ψC = −ψC
282
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
On en déduit donc la relation de compatibilité géométrique :
∆ψAC = −∆ψCB
(6.29)
3 - Relations T /∆ψ : la formule du cours (6.6) nous permet d’exprimer chacun des
termes de la relation de compatibilité géométrique (6.29) :
∆ψAC =
TAC LAC
TCBL CB
et : ∆ψCB =
GAC JAC
G CB JCB
on a ainsi :
TAC LAC
TCBL CB
=−
GAC JAC
G CB JCB
Sur toute la longueur AC, on a le même matériau et le même type de section : JAC = JCB
et GAC = GCB , il reste :
TAC LAC = − TCBL CB
(6.30)
Les équations (6.28) et (6.30) forment un système de deux équations à deux inconnues,
on peut résoudre :
TAc LAC = −( T + TAC )L CB
TAC (LAC + L CB ) = − TL CB
TAC = −
TAC = −
TL CB
LAC + L CB
106 × 3 · 103
103 + 3 · 103
TAC = −750 N · m
TCB = −
TAC LAC
L CB
TCB = 250 N · m
La contrainte maximale dans la poutre est obtenue sur le tronçon où le moment interne
est de plus grande amplitude Tmax :
Tmax = max(| TAC |, | TCB |) = | TAC | = 750 N · m
On peut alors calculer la contrainte maximale—qui est située sur le tronçon AC, sur la
surface extérieure de la poutre—dans la poutre en utilisant la formule (6.12) :
τxs,AC =
283
Tmax
2Āt
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
avec :
π
π
Ā = d2moy =
4
4
τxs,AC =
40 + 50
2
750 · 103
π 40+50 2
24
2
2
×5
τxs,AC = 47,16 MPa
Ce résultat est à comparer avec la valeur τxθ,AC = 51,76 MPa obtenue à l’exemple
3 en utilisant la formule (6.3). L’utilisation de la méthode approchée associée aux
sections tubulaires à paroi mince aboutit à une erreur non négligeable de 8,9 %.
test
–▶ Angle ψC de rotation de la section C :
La variation d’angle sur le tronçon AC s’exprime comme :
∆ψAC = ψC − ψA
et l’encastrement en A impose ψA = 0 d’où :
∆ψAC = ψC
Or la formule du cours (6.14) donne :
∆ψAC =
TAC LAC
GAC JAC
où tous les termes peuvent être calculés. La constante de torsion JAC vaut :
4Ā2
JAC = H
ds
t(s)
4
=
π
4
2
40+50 2
2
1
π × 45 ×
{z 5}
|
= 357846 mm4
périmètre
ici : épaisseur
On en déduit que :
ψC =
ψC =
TAC LAC
GAC JAC
−750 · 103 × 103
80 · 103 × 357846
ψC = −0,0262 rad = −1,50◦
284
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
Ce résultat est à comparer avec la valeur ψC = −1,48◦ obtenue à l’exemple 3
en utilisant la formule (6.6). L’utilisation de la méthode approchée associée aux
sections tubulaires à paroi mince aboutit à une erreur faible de 1,35 %.
285
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
Exemple 5
On considère la poutre AB de longueur L = 2 m et dont la section est représentée sur la
figure 6.28. La poutre est encastrée en A, et soumise à un moment de Torsion TB au point B.
L’espacement longitudinal entre les rivets est s = 50 mm et le diamètre de chaque rivet est
ϕ = 10 mm. Déterminez la valeur maximale admissible du moment de torsion TB . Puis, calculez
la variation d’angle ∆ψ sur la longueur de la poutre correspondant à cette valeur du moment de
torsion.
Contraintes permises dans la poutre et modules de rigidité :
— aluminium : |τ | ≤ 125 MPa, G alu = 28 GPa ;
— magnésium : |τ | ≤ 100 MPa, G mg = 16 GPa ;
— rivet : |τ | ≤ 150 MPa, G rivet = 28 GPa.
⃗y
L
A
s
3 mm
⃗z
50 mm
B
5 mm
Al
+
60 mm
Mg
⃗x
TB
50 mm
figure. 6.28 – exemple 5 : système étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
Pour déterminer la valeur maximale admissible du moment de torsion TB , il faut analyser
les contraintes dans la poutre composant par composant lorsque celle-ci est soumise à TB . La
poutre a une section tubulaire à paroi mince, ceci conditionne les formules à utiliser pour
le calcul de la contrainte de cisaillement et de la variation d’angle. Ces deux formules font
notamment intervenir l’aire moyenne Ā de la section.
En toute rigueur, il faut faire attention au fait que le moment de torsion TB ne
peut pas être utilisé directement dans les formules du cours pour le calcul des
contraintes et des variations d’angle. Il faut se ramener au moment de torsion
interne TAB . Ici, un DCL permet d’obtenir rapidement TAB = TB .
286
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
test
–▶ Calcul de l’aire moyenne Ā :
On rappelle que l’aire moyenne Ā est l’aire définie par la ligne moyenne le long de la section
de la poutre, voir la figure 6.29 (les épaisseurs ont été exagérées pour faciliter la représentation
de la ligne moyenne).
A
B
D
C
Ā
figure. 6.29 – détails de l’aire Ā. À gauche : aire moyenne totale, à droite : exemple de
décomposition
En utilisant la décomposition proposée sur la figure 6.7, on obtient :
Ā = 47 × (47 + 3/2 + 5/2) + (60 − 47)(3/2 + 5/2)
|
{z
|
}
aire orange
{z
aire bleue
}
Ā = 2449 mm2
test
–▶ Contrainte dans l’aluminium :
La formule du cours pour le calcul de la contrainte de cisaillement dans une section tubulaire
à paroi mince est :
τxs =
TAB
2Ātalu
L’épaisseur de la partie de la section en aluminium est constante :talu = 3 mm. Le respect de
la contrainte permise dans l’aluminium impose :
τxs ≤ 125 MPa
D’où :
TAB
≤ 125
2Ātalu
TAB ≤ 2Ātalu × 125
287
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Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
TAB ≤ 2 × 2449 × 3 × 125
TB ≤ 1,84 · 106 N · mm = 1,84 kN · m
Le passage de l’avant-dernière équation à la dernière équation repose sur la
relation entre le moment de torsion interne TAB et le moment de torsion externe
TB issue du DCL de la poutre : TAB = TB
test
–▶ Contrainte dans le magnésium :
De même pour le magnésium, on doit avoir :
τxs ≤ 100 MPa
d’où :
TAB
2Ātmg
≤ 100
TAB ≤ 2Ātmg × 100
TAB ≤ 2 × 2449 × 5 × 100
TB ≤ 2,45 · 106 N · mm = 2,45 kN · m
test
–▶ Contrainte dans les rivets :
La contrainte dans les rivets doit satisfaire :
τrivet ≤ 150 MPa
Or, on sait que :
τrivet =
Fi
F
A rivet
= πϕ2i
rivet
4
Il a été vu au chapitre 4 que la force interne dans un rivet est le produit du flux de cisaillement
q xs par l’espacement longitudinal entre les rivets sur l’axe de la poutre s :
Fi = q xs s
Or, il a été vu en cours que le flux de cisaillement q xs pour une section tubulaire à paroi mince
vaut :
q xs =
TAB
2Ā
288
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Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
De toutes ces relations, on déduit que :
τxs =
TAB s
2A rivetĀ
Le respect de la contrainte permise dans les rivets impose :
τrivet ≤ 150 MPa
d’où :
TAB s
≤ 150
2A rivetĀ
TAB ≤
2A rivetĀ × 150
s
2
2 × π ×410 × 2449 × 150
TAB ≤
50
TB ≤ 1,154 · 106 N · mm = 1,154 kN · m
Pour chaque composant, on a obtenu une valeur maximale admissible de TB . On en déduit
que la valeur maximale que peut prendre TB est la plus petite de toutes ces valeurs (celle à
partir de laquelle un des composants va rompre) :
Tmax = 1,154 kN · m
test
–▶ Calcul de la variation d’angle ∆ψ pour TB = Tmax :
La section tubulaire à paroi mince considérée est composée de différents matériaux, le module
de rigidité G n’est donc pas constant sur la section, ceci implique d’utiliser la formule du cours
la plus générale :
TABLAB
∆ψAB =
4Ā2
I
ds
t ( s )G( s )
On a : TAB = Tmax = 1,154 · 106 N·mm, LAB = 2 · 103 mm, Ā = 2449 mm2 .Il reste à calculer
l’intégrale en suivant la ligne moyenne autour de l’aire Ā (voir la figure 6.7) :
I
ds
60 + 2 × 47
60
1,5 + 2,5
=
+
+2×
t ( s )G( s )
28 · 103 × 3 16 · 103 × 5
28 · 103 × 10
|
{z
} |
{z
} |
{z
}
trajet AD
I
trajet BC
trajets AB et CD
ds
= 2,612 · 10−3 MPa−1
t ( s )G( s )
289
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Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
Finalement :
∆ψ =
1,154 · 106 × 2 · 103 × 2,612 · 10−3
4 × 24492
∆ψ = 0,251 rad
∆ψ = 14,4◦
290
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
Exemple 6
La section composée d’une poutre de longueur L = 4 m est formée d’une plaque de section
rectangulaire fine à laquelle sont soudés deux tubes identique de section carrée à épaisseur
variable, voir la figure 6.30. Tous les éléments sont composés du même matériau de module de
rigidité G = 75 GPa. La poutre est encastrée à une de ses extrémités et on applique un moment
de torsion T à l’autre extrémité de façon à ce que la rotation cette extrémité soit de 5◦ .
1. Déterminez la valeur du moment de torsion T ;
2. Calculez la contrainte de cisaillement maximale qui agit dans la section de la poutre.
⃗y
L
⃗z
+
⃗x
T
⃗y
1
2
10 mm
3
⃗z
4 mm
4 mm
2 mm
20 mm
105 mm
20 mm
figure. 6.30 – exemple 6 : système étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
291
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
Compte-tenu de l’épaisseur de la paroi de la section carrée (jusqu’à 4 mm)
relativement à la largeur d’un côté (20 mm), le profil étudié ne satisfait pas
réellement aux hypothèses de paroi mince. La solution obtenue sera donc
approchée avec une erreur non négligeable.
La poutre n’est soumise qu’à un seul moment de torsion T , ceci impose que le
moment de torsion interne dans la poutre sur toute sa longueur vaut T . On peut
donc directement utiliser T pour appliquer les formules du cours puisqu’il s’agit
bien du moment de torsion interne appliqué sur l’ensemble de la section.
test
–▶ Valeur du moment de torsion T :
Comme le montre la figure 6.30, la section de la poutre est composée de trois sections
élémentaires : deux sections tubulaires à paroi mince 1 et 2 et une section rectangulaire
fine 3 . Le point de cours sur les sections composées nous donne :
T = T1 + T2 + T3
La détermination de T passe donc par la détermination des moments de torsion dans chacun
des composants. Pour ce faire, il suffit d’utiliser l’information donnée dans l’énoncé concernant
la rotation de 5◦ de l’extrémité libre. Comme l’autre extrémité de la poutre est encastrée, ceci
impose :
∆ψ = 5◦
Or, on a nécessairement :
∆ψ = ∆ψ1 = ∆ψ2 = ∆ψ3
À partir de chaque ∆ψi , on peut remonter à Ti en utilisant les formules du cours sur la
variation d’angle.
section 3 : La variation d’angle pour une section rectangulaire fine (6.16) est :
∆ψ3 =
T3L 3
G 3 J3
D’où :
T3 =
G 3 J3 ∆ψ3
L3
avec :
J3 =
b3 t33
105 × 103
=
= 35000 mm4
3
3
292
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
On obtient donc :
T3 =
75 · 103 × 35000 × 5 × 2π/360
= 57,27 · 103 N · mm
4 · 103
T3 = 57,27 N · m
sections 1 et 2 : Pour une section tubulaire à paroi mince, la variation d’angle (6.14)
est :
∆ψ1 = ∆ψ2 =
T1L 1
G 1 J1
avec :
4Ā2
J1 = H
ds
t(s)
=
4 × (16 × 18)2
= 1,327 · 104 mm4
36
32
+
4
2
On obtient donc :
T1 =
75 · 103 × 1,327 · 104 × 5 × 2π/360
4 · 103
T1 = 21,71N · m = T2
Finalement :
T = T1 + T2 + T3 = 57,27 + 21,71 + 21,71
T = 100,69 N · m
test
–▶ Contrainte τ dans chaque composante :
section 3 : La contrainte dans une section rectangulaire fine (6.15) est :
τ3 =
τ3 =
T3 t3
J3
57,27 · 103 × 10
35000
τ3 = 16,36 MPa
293
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.7 Exemples et applications directes du cours
sections 1 et 2 : Pour des sections tubulaires à paroi mince, la contrainte maximale est
atteinte là où l’épaisseur de la section est la plus faible. Ici, tmin = 2 mm et, avec la
formule du cours (6.12), on a :
τ1,max = τ2,max =
τ1,max =
T1
2Ātmin
21,71 · 103
2 × (16 × 18) × 2
τ1,max = 18,25 MPa
τ2,max = 18,25 MPa
294
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.8
Exercices d’application
6.8 - Exercices d’application
Exercice 1
On considère la poutre faite d’un tube ABC de section tubulaire à paroi mince (dimensions
moyennes 30 × 50 mm). Le tronçon AB est renforcé par deux plaques de section rectangulaire
fine (de dimension 120 × 8 mm) soudées sur le tube rectangulaire comme le montre la figure 6.31.
L’extrémité A de la poutre est encastrée tandis que l’extrémité C est libre. Le même matériau est
utilisé pour toutes les composantes de la poutre, son module de rigidité vaut G = 70 GPa.
On applique à cette poutre deux moments de torsion : TB d’intensité inconnue au point B et
TC = 500 N·m au point C.
1. Vérifiez que la valeur de la constante de torsion de la poutre sur le tronçon AB est JAB =
3 · 105 mm4 . Indiquez votre résultat avec trois chiffres significatifs.
2. Déterminez la valeur maximale de TB permettant de respecter simultanément les deux
conditions suivantes :
(a) la contrainte de cisaillement dans le matériau doit vérifier |τ | ≤ 50 MPa ;
(b) l’angle de rotation permis de l’extrémité C doit être inférieur à ψ = 1,5◦ dans la
direction indiquée sur la figure 6.31.
120 mm
8 mm
⃗y
⃗y
AB
⃗z
0,25 m
0,4 m
A
B
30 mm
⃗z
TC
⃗y
C
50 mm ⃗z
BC
TB
5 mm
ψ
+
⃗x
4 mm
figure. 6.31 – exercice 1 : système étudié
295
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.8
Exercices d’application
Solutions
1. JAB = 2,981 · 105 mm4
2. Respect de la contrainte permise sur chaque composante de la section AB :
— plaques de section rectangulaire fine : TB ≤ 2,363 kN · m
— section tubulaire : TB ≤ 1,1956 kN · m
Respect de la contrainte permise sur le tronçon BC : pas de contrainte de cisaillement
supérieure à la contrainte permise
Respect de la condition sur la rotation de la section C : TB ≤ 3,613 kN · m
296
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.8
Exercices d’application
Exercice 2
La poutre AC est composée de deux tronçons AB et BC. Le tronçon AB a une section circulaire
évidée (diamètre interne ϕi = 100 mm et diamètre extérieur ϕe = 110 mm) alors que le tronçon
BC a une section ouverte à paroi mince (largeur l = 40 mm et hauteur L = 60 mm). Comme
le montre la figure 6.32, la poutre est encastrée à son extrémité A. Toutes les composantes
déformables de la poutre sont fabriquées avec le même matériau de module de cisaillement
G = 70 GPa. Un moment de torsion TB = 2 kN·m est appliqué au niveau de la section B et un
moment de torsion TC d’intensité inconnue est appliqué au niveau de la section C dans le sens
indiqué sur la figure 6.32.
Déterminez la valeur maximale de TC permettant de respecter la condition suivante : la
contrainte de cisaillement permise dans le matériau utilisé est τp = 75 MPa. Puis, calculez la
rotation de la section C correspondante.
3,5 m
⃗y
A
3,5 m
⃗z
B
section AB
C
TB = 2 kN·m
100 mm
section BC
110 mm
TC
60 mm
3 mm
+
⃗x
4 mm
40 mm
figure. 6.32 – exercice 2 : système étudié
297
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.8
Exercices d’application
Solutions
Résultat partiel : Tc ≤ 26,12 N·m
298
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.8
Exercices d’application
Exercice 3
La poutre AC est composée de deux tronçons AB et BC. Le tronçon AB a une section circulaire
évidée (diamètre interne di = 120 mm et diamètre extérieur de = 130 mm) alors que le tronçon
BC a une section tubulaire à paroi mince de forme rectangulaire (largeur moyenne l = 45 mm
et longueur moyenne L = 79 mm). Comme le montre la figure, la poutre est encastrée à son
extrémité A. Toutes les composantes déformables de la poutre sont fabriquées avec le même
matériau de module de cisaillement G = 90 GPa.
Un moment de torsion TB = 2 kN·m est appliqué au niveau de la section B et un moment de
torsion TC d’intensité inconnue est appliqué au niveau de la section C dans le sens indiqué sur la
figure.
Déterminez la valeur maximale de TC permettant de respecter les deux conditions suivantes :
1. la contrainte de cisaillement permise dans le matériau utilisé est τp = 95 MPa ;
2. l’angle de rotation permis de l’extrémité C est ϕc = 2◦ dans le sens indiqué sur la figure.
2,5 m
⃗y
A
3m
⃗z
B
section AB
120 mm
C
TB = 2 kN·m
section BC
ϕc
130 mm
TC
3 mm
+
⃗x
79 mm (moy.)
4 mm
45 mm (moy.)
299
A. Batailly, hiver 2025
Torsion des poutres
6.8
Exercices d’application
Solutions
valeur de Tc issue de calculs sur AB :
JAB = 7,682 · 106 mm4
−9,23 kN·m ≤ Tc ≤ 13,23 kN·m
valeur de Tc issue de calculs sur BC :
JBC = 6,725 · 105 mm4
∥ Tc ∥ ≤ 2,03 kN·m
valeur de Tc liée à la rotation autorisée :
Tc ≤ 0,792 kN·m
300
A. Batailly, hiver 2025
7
Superposition de contraintes
Objectifs du chapitre
▶ calculer un état de contraintes plan dans un repère quelconque
▶ calculer les déformations principales
▶ identifier les directions principales
▶ calculer les contraintes de cisaillement maximal
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l’identique ; http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.fr
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Superposition de contraintes
Plan détaillé du chapitre
7.1 Rappels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
7.2 Flexion dans le plan (⃗x,⃗z) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
7.3 Exemple de chargement complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304
7.4 État plan de contraintes (2D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311
7.5 État plan de contraintes selon une direction quelconque . . . . . . . . . . . . . . 311
7.6 Directions principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315
7.7 Directions de cisaillement maximal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
7.8 État plan de contraintes (2,5D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323
7.9 Cercle de Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324
7.10 Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327
7.11 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339
7.1 - Rappels
Dans le premier chapitre du cours relatif à l’introduction du tenseur des contraintes, il a été
vu que pour un cube de matière isolé, 18 contraintes indépendantes sont à considérer. Toutefois :
— en passant à la limite sur les dimensions du cube (∆x → 0, ∆y → 0 et ∆z → 0), il a été
montré qu’il ne reste que 9 contraintes indépendantes ;
— puis, en étudiant l’équilibre mécanique du cube (en se focalisant notamment sur la somme
des moments), la symétrie du tenseur des contraintes est mise en évidence ce qui réduit
à 6 le nombre total de contraintes indépendantes : τxy = τyx , τxz = τzx et τyz = τzy .
On note habituellement le tenseur des contraintes au point I dans un repère (⃗x,⃗y,⃗z) de la façon
suivante :


σx τxy τxz
σij I ,xyz = τyx σy τyz 
τzx τzy σz
avec :
τxy = τyx , τxz = τzx , et τzy = τyz
7.2 - Flexion dans le plan (⃗x,⃗z)
7.2.1 Rappels du chapitre 4
La flexion d’une poutre a été présentée en détails dans les chapitres 3, 4 et 5 en supposant une
déformation de la poutre dans le plan (⃗x,⃗y). En effet, considérer un repère ou un autre ne change
en rien le comportement physique de la structure qui fléchit. Toutefois, l’expression de certaines
formules dépend généralement du repère considéré. C’est notamment le cas de la fomrule (4.9) :
σx = −
My
Ī z
Cette formule est intimement liée au repère considéré :
— par l’indice x de la contrainte normale qui indique que ⃗x est l’axe de la poutre ;
— par les termes y et Ī z qui indiquent que le chargement est imposée dans la direction ⃗y et
que la poutre fléchit dans le plan perpendiculaire à l’axe ⃗z.
302
A. Batailly, hiver 2025
7.2 Flexion dans le plan (⃗x,⃗z)
Superposition de contraintes
7.2.2 Impact d’un changement de repère
Supposons un même cas de chargement exprimé dans deux repères distincts : (⃗x,⃗y) et (⃗x,⃗z).
On considère une poutre AB de longueur L, encastrée en A et soumise à un effort ponctuel P au
point B.
plan (⃗x,⃗y)
plan (⃗x,⃗z)
⃗y
⃗z
RA = P
P
MA = PL
B
RA = P
P
MA = PL
B
⃗x
⃗x
A
A
En faisant un DCL de la partie gauche de la poutre, on montre sans difficulté que l’effort tranchant
V ( x ) s’exprime indépendamment du repère considéré de la façon suivante :
V ( x ) = −P
En revanche, l’expression du moment fléchissant M ( x ) dépend du repère considéré puisque la
convention de signe est différente : (+ Á) pour le repère (⃗x,⃗y) et (+ ⤸) pour le repère (⃗x,⃗z).
plan (⃗x,⃗y)
plan (⃗x,⃗z)
M ( x ) = P ( x − L)
M ( x ) = P (L − x ) = −P ( x − L)
Cette inversion du signe du moment fléchissant M ( x ) en passant d’un repère à un autre impose
une modification de la formule (4.9). En effet, le signe d’une contrainte est une information
intrinsèque (qui permet dans ce cas de déterminer un état de compression ou de traction) qui
ne peut pas être dépendante du repère considéré. Ici, on a tout simplement :
plan (⃗x,⃗z)
plan (⃗x,⃗y)
σx = −
My
Ī z
σx = +
303
Mz
Ī y
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Superposition de contraintes
Exemple de chargement complexe
7.3
7.2.3 Cas du repère (⃗x,⃗r)
Dans le cas où la poutre étudiée est de section circulaire (éventuellement évidée, comme un
cylindre à paroi mince par exemple), on peut s’intéresser à la flexion de la poutre dans le plan
(⃗x,⃗r) : L’application de la règle dite de la main droite dans le repère (⃗x,⃗r, ⃗θ ) permet d’identifier que
⃗r
RA = P
P
MA = PL
B
⃗x
A
le sens positif dans le plan (⃗x,⃗r) est défini de ⃗x vers ⃗r : (+ Á). On se retrouve donc dans la même
configuration que celle du plan habituel (⃗x,⃗y) :
plan (⃗x,⃗r)
plan (⃗x,⃗y)
σx = −
My
Ī z
σx = −
Mr
Ī θ
7.3 - Exemple de chargement complexe
Considérons une poutre de section circulaire encastrée à une extrémité. Sur son extrémité
libre, un barreau rigide est solidement attaché comme le montre la figure 7.1. Deux efforts P1 et P2
sont appliqués à l’extrémité du barreau, respectivement selon les directions −⃗x et ⃗y. On cherche à
déterminer l’état de contraintes aux points H et K, situés sur la surface extérieure de la poutre. Les
notions abordées dans les chapitres précédents ne nous permettent pas de résoudre directement
ce problème. En effet, les chargements considérés ne sont pas appliqués sur l’axe de la poutre
et génèrent simultanément compression, flexion et torsion. La résolution de ce type de problème
impose l’utilisation d’un principe qui est central dans tout le cours de résistance des matériaux :
le principe de superposition.
Question : quel est l’état de contraintes aux points H et K ?
Résolution. test
–▶ Amorce :
304
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Superposition de contraintes
7.3
Exemple de chargement complexe
⃗y
H
b=
⃗z
60
mm
a
0
=5
mm
K
P1 = 15 kN
r = 20 mm
⃗x P2 = 18 kN
figure. 7.1 – configuration initiale (le barreau au bout duquel s’appliquent les efforts P1 et P2 est
infiniment rigide)
Le premier réflexe à avoir est de se ramener à des chargements connus, c’està-dire aux trois modes de chargement fondamentaux (traction/compression,
flexion et torsion) étudiés aux chapitres précédents.
Pour retrouver des types de chargements connus, Il faut déplacer les efforts P1 et P2 de façon
à ce qu’ils s’appliquent sur l’axe de la poutre, c’est-à-dire ⃗x, voir la figure 7.1. Ceci implique
l’apparition de moments pour compenser le déplacement de chaque résultante.
⃗y
H
⃗y
H
M1
⃗z
⃗z
K
P1
⃗x
M2
K
⃗x
P2
P1
P2
P2
figure. 7.2 – transposition des chargements sur l’axe de la poutre
— le barreau étant rigide, l’effort P1 génère un effort de compression suivant ⃗x : P1 et un
moment autour de l’axe ⃗y : M1 = a · P1 ;
— le barreau étant rigide, l’effort P2 génère un effort de flexion suivant ⃗y : P2 et un
moment autour de l’axe ⃗x : M2 = a · P2
test
305
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.3
Exemple de chargement complexe
–▶ DCL :
Pour pouvoir identifier les contraintes aux points H et K, il faut connaître les efforts internes
dans la section associée. On fait donc un DCL de la poutre coupée au niveau de la section
(HK). Tous les efforts internes (3 forces F , V et R ainsi que 3 moments M y , M z et T ) sont
représentés ci-dessous :
V
T
F
⃗y
Mz
M1
M2
R
⃗z
⃗x
P1
P2
My
figure. 7.3 – DCL de la poutre
Pour rappel, une face est négative si la normale sortante à cette face est de sens
opposée à ⃗x. Sur une face négative (telle que la section HK), une quantité positive
est représentée selon un sens négatif.
test
–▶ Équilibre :
équilibre suivant ⃗x :
forces :
∑ F⃗x = ⃗0
−F − P1 = 0
F = − P1
F = −15 kN
moments :
∑ M⃗ x = ⃗0
M2 − T = 0
T = M2 = P2 a = 18 × 50
306
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.3
Exemple de chargement complexe
T = 900 kN · mm
équilibre suivant ⃗y :
forces :
∑ F⃗y = ⃗0
P2 − V = 0
V = P2
V = 18 kN
moments :
∑ M⃗ y = ⃗0
− M y + M1 = 0
M y = M1 = P1 a = 15 × 50
M y = 750 kN · mm
équilibre suivant ⃗z :
forces :
∑ F⃗z = ⃗0
−R = 0
R = 0 kN
moments :
∑ M⃗ z = ⃗0
− M z + P2 b = 0
M z = P2 b = 18 × 60
M z = 1080 kN · mm
test
–▶ Analyse des contraintes au point H :
Le point H est sur la surface extérieure de la poutre. C’est une surface libre, dont la normale
au point H est ⃗y.
307
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.3
Exemple de chargement complexe
V
⃗y
H
T
⃗z
⃗x
Mz
F
My
figure. 7.4 – DCL de la poutre : efforts internes agissant au point H
Au point H, il est possible de deviner quelques composantes du tenseur des
contraintes sans aucun calcul :
— σy = 0 MPa, τyx = 0 MPa et τyz = 0 MPa car il n’y a pas de chargement
externe appliqué sur la poutre (surface libre) ;
— la symétrie du tenseur des contraintes impose d’avoir : τxy = 0 MPa et
τzy = 0 MPa.
Calcul des contraintes issues de chaque effort pris séparément les uns des autres :
effort F : F génère une compression de la poutre (voir chapitre 2), ce qui se traduit par
l’existence d’une contrainte normale σx,F :
σx,F = F /A
où A est l’aire de la section de la poutre : A = πr2
σx,F = − P1 /(πr2 )
σx,F = − 15/(π202 )
σx,F = −11, 94 MPa
effort V : l’effort tranchant V génère une contrainte de cisaillement τxy,V du type :
τxy,V =
308
VQz,A′
Ī z b
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.3
Exemple de chargement complexe
Or, le point H se situe en y = ymax ce qui implique que le premier moment de section
est nul : Qz,A′ = 0. On en déduit que :
τxy,V = 0 MPa
On retrouve le résultat prédit précédemment par des considérations physiques
en prenant en compte le fait que le point H se situe sur une surface libre combiné
à la symétrie du tenseur des contraintes.
moment M y : le moment fléchissant M y génère une contrainte normale de compression
dans l’axe de la poutre qui évolue linéairement selon la direction ⃗z :
σx,My =
My z
Ī y
La coordonnée du point H par rapport à l’axe ⃗z est z = 0, donc :
σx,My = 0 MPa
Attention à l’inversion du signe devant le moment fléchissant lorsqu’on passe
d’une flexion dans le plan (⃗x, ⃗y) à une flexion dans le plan (⃗x, ⃗z) !
moment M z : le moment fléchissant M z génère une contrainte normale de compression
dans l’axe de la poutre qui évolue linéairement selon la direction ⃗y :
σx,Mz = −
Mz y
Ī z
La coordonnée du point H par rapport à l’axe ⃗y, on a y = ymax = r donc :
σx,Mz =
−1080 · 103 × 20
(π/4) × 204
σx,Mz = −171, 89 MPa
moment T : le moment interne de torsion T génère une contrainte de cisaillement de type
τxθ,T , il faut ici appliquer les formules relatives aux sections circulaires pleines :
τxθ,T =
Tr
J
π 4
r
2
900 · 103 × 20
τxθ,T =
π/2 × 204
J=
309
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.3
Exemple de chargement complexe
τxθ,T = 71, 62 MPa
Cette contrainte doit être exprimée dans le système d’axes (⃗x, ⃗y, ⃗z). Au point H : ⃗y = ⃗r,
⃗θ = ⃗z (et, bien entendu, ⃗x = ⃗x), donc :
τxθ,T = τxz,T
L’état de contraintes au point H est obtenu en appliquant le principe de superposition : l’effet
de la somme de chargements est égale à la somme des effets de chaque chargement pris séparément, on
a donc :


σx =
σx,F + σx,Mz + σx,My = −183, 83 MPa




σy =
0 MPa



σ =
0 MPa
z

τxy = τxy,V = 0 MPa





τxz = τxz,T = 71, 62 MPa



τ = 0 MPa
yz
ce qui, sous la forme d’une matrice 3 × 3 s’écrit :

−183, 83 MPa 0 71, 62 MPa

σij H ,xyz = 
0
0
0
71, 62 MPa
0
0

test
–▶ Analyse des contraintes au point K :
En suivant le même raisonnement que pour le point H et en appliquant le principe de
superposition, on obtient (les calculs ne sont pas détaillés ici) :


107, 43 MPa −52, 52 MPa 0
σij K ,xyz = −52, 52 MPa
0
0
0
0
0
Cet exemple de cas de chargement complexe, permet de mettre en évidence que malgré de
nombreux efforts internes, la plupart des termes du tenseur des contraintes sont nuls aux points
H et K. Ainsi, en pratique, un état de contraintes 3D avec 6 coordonnées indépendantes (σx , σy ,
σz , τxy , τxz , et τyz ) est assez peu représentatif. Cette observation justifie l’intérêt porté à des états
de contraintes plus simples (c’est-à-dire dépendant d’un moins grand nombre de coordonnées)
qu’on retrouve couramment dans les structures étudiées, tel que l’état de contraintes plan 2D.
310
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.4
État plan de contraintes (2D)
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
7.4 - État plan de contraintes (2D)
7.4.1 Définition
L’état plan de contraintes 2D se caractérise par l’absence de sollicitations mécaniques selon
une des trois directions de l’espace (⃗x, ⃗y ou ⃗z). Par exemple, s’il n’y a aucune sollicitation selon ⃗z :
σz = 0; τzx = 0; τzy = 0
La symétrie du tenseur des contraintes impose alors :
τxz = 0; τyz = 0
Dès lors, le tenseur des contraintes associé à un état plan de contraintes selon les directions ⃗x et
⃗y s’écrit simplement :


σx τxy 0
σij I ,xyz = τyx σy 0
(7.1)
0
0 0
Un état de contraintes plan 2D est donc complètement défini par trois composantes indépendantes :
deux contraintes normales et une contrainte de cisaillement. Par exemple, σx , σy et τxy dans le plan
(⃗x, ⃗y).
7.4.2 Représentation graphique
Pour un état plan de contraintes 2D, la représentation usuelle en trois dimensions du cube,
voir la figure 7.7.5a, présente de nombreux termes nuls et devient inutilement complexe. On
privilégie donc une représentation simplifiée en deux dimensions comme le montre la figure 7.7.5b.
À retenir
Pour rappel, la représentation d’une contrainte de cisaillement τij suit la convention suivante : τij
est une contrainte dans le plan perpendiculaire à ⃗i, dans la direction ⃗j.
7.5 - État plan de contraintes selon une direction quelconque
En un point donné d’une structure, on peut obtenir un tenseur des contraintes en analysant
les chargements appliqués sur cette structure. Il est important de voir que l’écriture du tenseur
des contraintes—c’est-à-dire la valeur de chacune de ses coordonnées σ et τ—dépend du repère
considéré.
Par exemple, les tenseurs σij H ,xyz et σij K ,xyz obtenus dans la section 7.3 s’écriraient différemment
dans un autre repère. Cela signifie que les valeurs des contraintes normales et de cisaillement
dépendent du repère dans lequel est calculé l’état de contraintes. L’objectif de cette section est
d’étudier l’évolution de ces composantes dans un cas usuel : l’état plan de contraintes 2D. La
311
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
σy
σx′
τzy
∆y
σz
⃗z
⃗y
⃗y
′
τxy
I
τ
τzx xz
σy
τyx = τxy
τyz τ ′
xz
′
τyx
État plan de contraintes selon une direction quelconque
7.5
τyx
′
ττxyzx
τxy
σz′
σx
′
τzy
σx
σy′
I
′
τyz
∆x
⃗x
⃗x
∆z
(a) représentation 3D - voir chapitre 1, (
)
contraintes nulles en état plan de contraintes 2D dans
le plan (⃗x,⃗y)
(b) représentation plane simplifiée pour un état
plan de contraintes 2D
figure. 7.5 – représentation schématisée d’un état plan de contraintes 2D au point I d’une
structure
question posée est la suivante : connaissant l’état de contraintes (σx ,σy ,τxy ) dans un repère (⃗x,⃗y),
comment peut-on calculer l’état de contraintes (σx′ ,σy′ ,τx′ y′ ) dans le repère (⃗x ′ ,⃗y′ ) tourné d’un
angle β comme le montre la figure 7.6 ?
⃗y
⃗y′
β
⃗x ′
β
⃗x
figure. 7.6 – rotation entre les repères (⃗x,⃗y) et (⃗x ′ ,⃗y′ )
7.5.1 Analogie
Pour bien comprendre pourquoi l’écriture du tenseur des contraintes dépend du repère considéré,
il suffit de faire une analogie avec un effort ⃗F (rappel du cours de statique MEC1410) appliqué en
un point I quelconque d’une structure.
Comme le montre la figure 7.7, dans le repère (⃗x,⃗y), le vecteur force s’écrit ⃗F = Fx⃗x + Fy⃗y, alors
qu’il s’écrit ⃗F = Fx′ ⃗x ′ + Fy′⃗y′ dans le repère (⃗x ′ ,⃗y′ ). Les coordonnées du vecteur force ⃗F sont donc
bien dépendantes du repère considéré alors que le chargement en tant que tel n’a pas changé.
Le même raisonnement peut être tenu pour un état de contraintes : pour un chargement
donné, les coordonnées du tenseur des contraintes en un point dépendent du repère.
312
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.5
État plan de contraintes selon une direction quelconque
⃗y′
⃗y
⃗F
Fy
Fy′ β
⃗x ′
Fx′
β
I
⃗x
Fx
figure. 7.7 – composantes d’un vecteur force dans les repères (⃗x,⃗y) et (⃗x ′ ,⃗y′ )
7.5.2 Rotation
À partir de la représentation graphique introduite sur la figure 7.5, on suppose que l’élément
de matière étudié a une face inclinée (élément rouge sur la figure 7.8). Cet élément de matière a
une épaisseur ∆z selon la direction ⃗z.
⃗y
⃗y′
⃗x ′
σy
σx′
C τ
β
x ′ y′
τxy
σx
β
∆y
I
A
⃗x
B
∆x
figure. 7.8 – représentation schématisée d’un état plan de contraintes 2D pour l’élément incliné
considéré
L’équilibre de l’élément de matière à face inclinée impose :
∑ ⃗F = ⃗0
projection sur ⃗x ′ :
σx′ ∆y′ ∆z − σy ∆x∆z sin β − τyx ∆x∆z cos β − σx ∆y∆z cos β − τxy ∆y∆z sin β = 0
où ∆y′ est la longueur de la face inclinée BC. Les ∆z se simplifient et on a aussi :
(
∆x = ∆y′ sin β
∆y = ∆y′ cos β
313
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.5
État plan de contraintes selon une direction quelconque
ce qui entraîne :
σx′ ∆y′ − σy ∆y′ sin2 β − τyx ∆y′ cos β sin β − σx ∆y′ cos2 β − τxy ∆y′ cos β sin β = 0
σx′ = σx cos2 β + σy sin2 β + 2τxy cos β sin β
projection sur ⃗y′ :
τx′ y′ = (σy − σx ) sin β cos β + τxy (cos2 β − sin2 β)
En utilisant des relations trigonomètriques de base :


2 sin β cos β = sin 2β
1−cos 2β
sin2 β =
2

 2
1+cos 2β
cos β =
2
on peut montrer que les équations de σx′ et τx′ y′ se réécrivent sous la forme :
σx + σy
σx − σy
+
cos 2β + τxy sin 2β
2
2
σx + σy
σx − σy
σy′ =
−
cos 2β − τxy sin 2β
2
2
σx − σy
τx′ y′ = −
sin 2β + τxy cos 2β
2
σx′ =
(7.2)
L’expression de σy′ , est issue de la condition d’équilibre sur les moments, non détaillée ici. Les
formules obtenues sont générales et permettent de calculer l’état de contraintes en un point I si
le repère étudié à tourné d’un angle β comme le montre la figure 7.9.
⃗y
⃗y′
⃗x ′
σy
σy′
τx′ y′
σx′
β
τxy
∆y
σx
I
⃗x
∆x
figure. 7.9 – rotation de l’élément de matière considéré autour du point I de la structure
314
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.6 Directions principales
À retenir
Il est remarquable que :
σx′ + σy′ = σx + σy
Cette relation signifie que la somme σx + σy est indépendante de l’orientation du repère. En
pratique, c’est un bon moyen de vérifier que les calculs effectués dans le repère (⃗x ′ , ⃗y′ ) sont
corrects.
À retenir
L’angle β est défini comme l’angle entre le premier axe du repère de départ et le premier axe du
repère d’arrivée. Dans le cas de l’équation (7.2), des valeurs dans le repère (⃗x ′ , ⃗y′ ) sont obtenues
à partir de valeurs dans le repère (⃗x, ⃗y). Autrement dit, le repère de départ est (⃗x, ⃗y) et le repère
d’arrivée (⃗x ′ , ⃗y′ ). β est donc l’angle entre les axes ⃗x et ⃗x ′ (dans le sens de ⃗x vers ⃗x ′ ).
σx + σy
σx − σy
+
cos 2β + τxy sin 2β
2
2
σx + σy
σx − σy
σy′ =
−
cos 2β − τxy sin 2β
2
2
σx − σy
sin 2β + τxy cos 2β
τx′ y′ = −
|{z}
| 2
{z
}
σx′ =
quantités dans le repère d’arrivée
quantités dans le repère de départ
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 1 de ce chapitre à la page 327.
7.6 - Directions principales
7.6.1 Définition et notations
L’expression de l’état de contraintes en un point d’une structure dépend du repère considéré,
cela pose un problème en termes de conception de la structure. En effet, pour dimensionner une
structure, on veut s’assurer que, par exemple, la contrainte normale maximale en un point ne
dépasse pas une valeur critique, quelle que soit la direction de l’espace dans laquelle existe
cette contrainte. Il faut donc être capable de trouver le repère dans lequel existe cette contrainte
315
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.6 Directions principales
maximale. Déterminer l’orientation de ce repère est, par définition, l’opération qui consiste à
calculer les directions principales.
7.6.2 Remarque préliminaire
En repartant des équations (7.2), on remarque que :
σy′ ( β) =
σx + σy
σx − σy
−
cos 2β − τxy sin 2β
2
2
implique :
σy′ ( β +
σx + σy
σx − σy
π
)=
−
cos (2β + π ) − τxy sin (2β + π )
2
2
2
σy′ ( β +
σx + σy
σx − σy
π
)=
+
cos (2β) + τxy sin (2β)
2
2
2
soit :
σy′ ( β +
π
) = σx′ ( β)
2
On met ainsi en évidence que les expressions de σx′ et σy′ sont déphasées d’un angle π/2. On en
déduit que si la contrainte σx′ atteint une valeur maximale en un angle β 1 , la contrainte σy′ atteint
une valeur maximale pour l’angle β 1p = β 1 + π/2. Comme le montre la figure 7.10, les deux axes
⃗x1 et ⃗y1p sont alignés, cela implique que les deux contraintes normales σx et σy sont maximales
suivant les mêmes directions, appelées directions principales, (notée 1 sur la figure 7.10). On note
⃗y1
⃗y
direction principale 1
⃗x1p
⃗x1
β 1p
β1
⃗x
⃗y1p
direction principale 1
figure. 7.10 – représentation graphique d’une direction principale
σ1 la valeur maximale de la contrainte normale, obtenue suivant la direction principale 1. Comme
on vient de montrer que les contraintes σx et σy sont maximales suivant les mêmes directions, on
ne considère dans la suite de cette section que le terme σx pour identifier les directions principales.
7.6.3 Recherche des contraintes normales maximales σ1 et σ2
Les relations (7.2) permettent de voir que les quantités σx′ , σy′ et τx′ y′ sont des fonctions
de l’angle β périodiques de période π. Par exemple, la fonction σx′ ( β) est représentée sur la
figure 7.11 pour β ∈ [0 ; π ] en reprenant les valeurs numériques de l’exemple 1 (pour β = 0, on
a σx′ = σx = 3 MPa). On s’intéresse à identifier les valeurs de l’angle β pour lesquelles σx′ ( β)
316
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.6 Directions principales
σ1
σx′ ( β) (MPa)
3
1
σ2
0
β1
π
β2
π/2
β
figure. 7.11 – représentation de la fonction σx′ ( β) avec les valeurs de l’exemple 1
est maximale (σx′ ( β) = σ1 ) ou minimale (σx′ ( β) = σ2 ). Ceci revient à chercher les angles β pour
lesquels la dérivée de la fonction σx′ ( β) par rappot à β s’annule, ce qui s’écrit mathématiquement :
dσx′ ( β)
=0
dβ
Soit, avec l’équation (7.2) :
d
dβ
σx + σy
σx − σy
+
cos 2β + τxy sin 2β
2
2
=0
σx − σy d
d
(cos 2β) + τxy
(sin 2β) = 0
2
dβ
dβ
σx − σy
sin 2β + 2τxy cos 2β = 0
−2
2
tan 2β =
2τxy
σx − σy
(7.3)
(7.4)
L’équation (7.4) admet une infinité de solutions :
2τxy
2β = arctan
± kπ, k ∈ Z
σx − σy
ou encore :
1
β = arctan
2
2τxy
σx − σy
±
kπ
, k∈Z
2
Compte-tenu de la π-périodicité de la fonction σx′ ( β), on se limite à deux solutions β 1 et β 2 sur
un intervalle de longueur π :
β1 , β2 =
1
arctan
2
317
2τxy
σx − σy
±
π
2
(7.5)
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.6 Directions principales
Ces deux solutions correspondent aux valeurs β 1 et β 2 tracées sur la figure 7.11. Il reste à voir
comment distinguer β 1 de β 2 (attention aux notations : β est utilisé tant qu’on n’a pas identifié
précisément β 1 et β 2 ).
À retenir
Les deux angles β 1 et β 2 diffèrent de π/2, c’est-à-dire que les deux directions principales 1 et 2
sont orthogonales.
Il existe deux façons de déterminer laquelle des deux solutions est l’angle β 1 , direction pour
laquelle la contrainte normale est maximale :
1 - méthode calculatoire : l’équation (7.5) permet d’obtenir deux valeurs d’angles : β i et β j . la
méthode calculatoire consiste à choisir un de ces deux angles, par exemple β i et à calculer
σx′ ( β i ).
σx′ ( β i ) =
σx − σy
σx + σy
+
cos 2β i + τxy sin 2β i
2
2
Il existe alors deux possibilités :
— ou bien σx′ ( β i ) = σ2 , dans ce cas : β i = β 2 et donc : β j = β 1
— ou bien σx′ ( β i ) = σ1 , dans ce cas : β i = β 1 et donc : β j = β 2
2 - méthode rapide : en reprenant l’expression de σx′ ( β) :
σx′ ( β) =
σx + σy
σx − σy
+
cos 2β + τxy sin 2β
2
2
on peut remarquer que pour obtenir la valeur maximale de σx′ ( β 1 ) = σ1 , il faut nécessairement
que le dernier terme τxy sin 2β 1 soit positif. Ceci impose que les deux termes τxy et sin 2β 1
soient de même signe. Connaissant la contrainte de cisaillement τxy , l’angle β 1 est donc
le seul des deux angles calculés avec la relation (7.5) pour lequel les deux termes τxy et
sin 2β 1 sont de même signe.
Démonstration
Ce résultat se démontre en remarquant que si σx′ ( β 1 ) est la valeur maximale prise par la
fonction σx′ ( β) alors on a nécessairement :
∃s > 0, ∀ε ∈ ]0 ; s[ ⇒
dσx′
( β1 − ε) > 0
dβ
ce qui signifie qu’au voisinage de β 1 par valeurs inférieures, la fonction σx′ ( β) est
nécessairement croissante (comme la portion orange de la courbe de σx′ ( β) sur la
figure 7.12) pour atteindre sa valeur maximale σ1 .
318
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.6 Directions principales
σx′ ( β) (MPa)
σ1
3
1
0 β1 − s
β1
β
figure. 7.12 – agrandissement de la figure 7.11, focalisation sur le voisinage de β 1
En particulier :
ε ∈ ]0 ; s [ ⇒
ε
∈ ]0 ; s [
2
et on a donc :
ε
dσx′
( β1 − ) > 0
dβ
2
En repartant de l’équation (7.2), cette dernière équation se traduit par :
−(σx − σy ) sin (2β 1 − ε) + 2τxy cos(2β 1 − ε) > 0
Par ailleurs, en remarquant que :
(
sin(2β 1 − ε) = sin(2β 1 ) cos(ε) − sin(ε) cos(2β 1 ) ≃ sin(2β 1 ) − ε cos(2β 1 )
cos(2β 1 − ε) = cos(2β 1 ) cos(ε) + sin(2β 1 ) sin(ε) ≃ cos(2β 1 ) + ε sin(2β 1 )
on obtient :
−(σx − σy ) [sin(2β 1 ) − ε cos(2β 1 )] + 2τxy [cos(2β 1 ) + ε sin(2β 1 )] > 0
−(σx − σy ) sin(2β 1 ) + 2τxy cos(2β 1 ) +(σx − σy )ε cos(2β 1 ) + 2τxy ε sin(2β 1 ) > 0
|
{z
}
dσ ′
= dβx ( β 1 )=0 par définition de β 1
Comme ε > 0, on obtient finalement :
(σx − σy ) cos(2β 1 ) + 2τxy sin(2β 1 ) > 0
(7.6)
La relation (7.6) est valable quel que soit l’état de contraintes (σx , σy , τxy ) et est donc
équivalente à satisfaire simultanément :
(σx − σy ) cos(2β 1 ) > 0
319
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.6 Directions principales
et :
τxy sin(2β 1 ) > 0
En combinant les relations (7.2) et l’équation (7.4), on peut montrer que les contraintes normales
principales σ1 et σ2 s’écrivent :
σx + σy
σ1 =
+
2
s
σx + σy
σ2 =
−
2
s
σx − σy
2
2
σx − σy
2
2
2
+ τxy
(7.7)
2
+ τxy
7.6.4 Remarque sur la contrainte de cisaillement dans les directions principales
Pour obtenir la relation (7.4), il a notamment était montré—voir l’équation (7.3)—qu’il faut
que l’angle β satisfasse :
−2
σx − σy
sin 2β + 2τxy cos 2β = 0
2
ce qui se réécrit :
σx − σy
sin 2β + τxy cos 2β = 0
2 −
2
d’où, en utilisant les relations (7.2) :
2 τx′ y′ = 0
τ12 = τx′ y′ = 0
(7.8)
Selon les directions principales, les contraintes de cisaillement sont nulles. Inversement, si la
contrainte de cisaillement est nulle dans un repère, ceci implique que ce repère est confondu avec
les directions principales.
À retenir
Les directions principales étant une orientation particulière, on a toujours la relation :
σ1 + σ2 = σx + σy
320
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.7 Directions de cisaillement maximal
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 2 de ce chapitre à la page 329.
7.7 - Directions de cisaillement maximal
Après avoir identifié les directions pour lesquelles les contraintes normales sont maximale σ1
et minimale σ2 , on cherche désormais à connaître les directions pour lesquelles les contraintes
de cisaillement τ atteignent des valeurs maximale τmax et minimale τmin . Le raisonnement
suivi est en tout point similaire à celui suivi pour les contraintes normales. En repartant, des
relations (7.2) :
τx′ y′ = −
σx − σy
sin 2β + τxy cos 2β
2
On cherche à trouver les valeurs de l’angle β telles que :
dτx′ y′ ( β)
=0
dβ
Soit, avec l’équation (7.2) :
d
dβ
−
σx − σy
−
sin 2β + τxy cos 2β
2
=0
σx − σy d
d
(sin 2β) + τxy
(cos 2β) = 0
2
dβ
dβ
tan 2β = −
σx − σy
2τxy
(7.9)
L’équation (7.9) admet une infinité de solutions :
σx − σy
2β = arctan −
± kπ, k ∈ Z
2τxy
ou encore :
σx − σy
kπ
1
±
, k∈Z
β = arctan −
2
2τxy
2
Compte-tenu de la π-périodicité de la fonction τx′ y′ ( β), on se limite aux deux solutions β d et β e
telles que β ∈ [0 ; π ] :
σx − σy
1
π
β d , β e = arctan −
±
(7.10)
2
2τxy
2
321
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Superposition de contraintes
7.7 Directions de cisaillement maximal
À retenir
En combinant les équations (7.4) et (7.9), on remarque que :
tan 2β 1 tan 2β d = −1
Ce qui équivaut à écrire :
β 1 − β d = ±45◦
Les directions principales sont à 45◦ des directions de cisaillement maximal.
7.7.1 Contraintes de cisaillement maximale et minimale
En combinant les équations (7.10) et (7.2), on peut montrer que :
s
σx − σy 2
2
τmax =
+ τxy
2
s
σx − σy 2
2
+ τxy
τmin = −
2
(7.11)
En pratique, et contrairement aux directions principales, on cherche rarement à déterminer la
direction pour laquelle le cisaillement est maximal. En effet, quelle que soit la solution considérée
de l’équation (7.10), on a la même amplitude de contrainte de cisaillement puisque : |τmax | =
|τmin |. On remarque que :
σmax − σmin
2
σmax − σmin
τmin = −
= −τmax
2
τmax =
(7.12)
ce qui, pour un état plan de contraintes 2D équivaut à :
σ1 − σ2
2
σ1 − σ2
τmin = −
2
τmax =
322
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.8 État plan de contraintes (2,5D)
7.7.2 Contraintes normales correspondantes
À retenir
On note généralement d et e les directions de cisaillement maximal. Aux directions β d et β e , on
associe les contraintes normales σd et σe .
Selon les directions principales, la contrainte de cisaillement τ12 est nulle. Mais selon les
directions de cisaillement maximal, compte tenu du fait que la somme σx + σy est indépendante
de β, il est impossible que les contraintes normales σd et σe soient nulles simultanément. On peut
montrer qu’une solution de l’équation (7.10) annule les termes en cosinus et sinus des expressions
de σx′ et σy′ dans les relations (7.2). Il reste donc :
σx + σy
σmax + σmin
=
2
2
σx + σy
σmax + σmin
σe =
=
2
2
σd =
(7.13)
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 3 de ce chapitre à la page 332.
7.8 - État plan de contraintes (2,5D)
Un état plan de contraintes 2,5D correspond à un état de contraintes plan 2D pour lequel
on considère qu’il existe une contrainte normale dans la direction orthogonale au plan considéré
(typiquement ⃗z si le plan considéré est (⃗x,⃗y)). Il s’agit donc d’une convention qui peut impacter
le calcul des contraintes de cisaillement maximal. En effet, en repartant de la formule (7.12), les
valeurs de σmin et σmax sont alors à trouver parmi σ1 , σ2 et σz . Le tenseur associé à un état plan de
contraintes 2,5D s’écrit typiquement sous la forme :


σ
τ
0
x
xy
σij I ,xyz = τyx σy 0 
0
0 σz
(7.14)
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 4 de ce chapitre à la page 334.
323
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.9
Cercle de Mohr
7.9 - Cercle de Mohr
7.9.1 Définition et généralités
Le point central du chapitre 7 est, à partir d’un état de contraintes connu dans le repère (⃗x,⃗y),
l’obtention d’un état de contraintes dans un repère (⃗x ′ ,⃗y′ ) tourné d’un angle β. On rappelle les
formules (7.2) associées à cette opération :
σx + σy
σx − σy
+
cos 2β + τxy sin 2β
2
2
σx − σy
τx′ y′ = −
sin 2β + τxy cos 2β
2
σx′ =
qu’on peut réécrire sous la forme :
σx′ −
σx + σy
σx − σy
=
cos 2β + τxy sin 2β
2
2
σx − σy
τx′ y′ = −
sin 2β + τxy cos 2β
2
En passant au carré et en sommant ces deux équations, il vient :
σx + σy
σx′ −
2
2
+ τx2′ y′ =
σx − σy
2
2
2
+ τxy
(7.15)
Cette équation est du type ( x − a)2 + y2 = b2 , équation d’un cercle de centre
r( a; 0) et de rayon
σ +σ
σx −σy 2
2 . On
b. (σx′ ; τx′ y′ ) se représente donc sur le cercle de centre ( x 2 y ; 0) et de rayon
+ τxy
2
note usuellement C le centre de ce cercle et X le point (σx ; τxy ) représentant l’état de contraintes
connu, voir figure 7.13. Ce cercle est appelé cercle de Mohr.
C
σx
σ
τxy
X
τ
figure. 7.13 – cercle de Mohr
Il est important de remarquer que l’équation (7.15) aurait pu être obtenue de la même manière
en considérant l’équation de σy′ à la place de celle de σx′ . On en conclut que le point (σy′ ; τx′ y′ )
324
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Superposition de contraintes
7.9
Cercle de Mohr
appartient au même cercle de Mohr. Comme indiqué sur la figure 7.14, on note Y le symétrique
du point (σx′ ; τx′ y′ ) par rapport au centre C du cercle de Mohr. Par définition :
σ(Y ) + σ(X ) = 2σ(C )
c’est-à-dire :
σ(Y ) + σx = 2
σx + σy
2
σ(Y ) + σx = σx + σy
On en déduit donc que :
σ(Y ) = σy
(7.16)
Y
C
σx
σ
σy
τxy
X
τ
figure. 7.14 – cercle de Mohr issu de l’état de contraintes (σx , σy , τxy )
7.9.2 Remarques importantes
Connaissant un état de contraintes dans un repère (⃗x,⃗y), celui-ci apparaît sous forme d’un
point noté X sur le cercle de Mohr. Le cercle de Mohr permet de représenter l’état de contraintes
dans tout repère (⃗x ′ ,⃗y′ ) tourné d’un angle β par rapport au repère (⃗x,⃗y). Par ailleurs, se retrouvent
sur le cercle toute les quantités mentionnées depuis le début du chapitre, comme le souligne la
figure 7.15.
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 5 de ce chapitre à la page 336.
325
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
Cercle de Mohr
7.9
σe = σx +σy
2
τmin
Y′
Y
r=
r
σx −σy
2
2
σx′
2
+ τxy
σ1
σx
σ
τ12
σ2
σy
σy′
C
2β 1
2β d
2β
τxy
X
τx′ y′
X′
τmax
σd
τ
figure. 7.15 – cercle de Mohr avec tous les points remarquables
326
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
7.10 - Exemples et applications directes du cours
Exemple 1
À partir de l’état de contraintes représenté sur la figure 7.16, déterminez l’état de contraintes
dans le repère (⃗x ′ , ⃗y′ ).
⃗y
⃗y′
22,5◦
1 MPa
2 MPa
3 MPa
⃗x
I
⃗x ′
figure. 7.16 – exemple 1 : état de contraintes étudié
Résolution. Cet exemple propose une application directe des formules du cours permettant
de déterminer l’état de contraintes dans un repère quelconque. test
–▶ Amorce :
La première chose à faire est d’identifier l’état de contraintes dans le repère initial (⃗x,⃗y). Ici,
la lecture de la figure 7.16 donne :
σx = 3 MPa
σy = 1 MPa
τxy = 2 MPa
test
–▶ Angle de rotation :
Il faut ensuite déterminer l’angle β qui permet de passer du repère (⃗x,⃗y) au repère
(⃗x ′ ,⃗y′ ) :
1. on se focalise sur l’angle entre le premier axe de chaque repère : ⃗x et ⃗x ′ ;
2. on détermine son sens (positif au négatif).
Ici :
β = −22,5◦ = −0,3927 rad
327
A. Batailly, hiver 2025
es
adnec
layises
caonanblgèémneise
2
1 preon
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
Rappel : dans un repère cartésien (⃗x,⃗y), le sens positif est défini par une rotation
de ⃗x vers ⃗y. Ce sens positif permet de déterminer le sens du troisième vecteur ⃗z
(règle dite de la main droite).
test
–▶ Application des formules du cours :

σx +σy
σx −σy

σx′ = 2 + 2 cos 2β + τxy sin 2β
σ −σ
σ +σ
σy′ = x 2 y − x 2 y cos 2β − τxy sin 2β


σ −σ
τx′ y′ = − x 2 y sin 2β + τxy cos 2β

3−1
3+1

σx′ = 2 + 2 cos (2 × (−0, 3927)) + 2 sin (2 × (−0, 3927))
σy′ = 3+2 1 − 3−2 1 cos (2 × (−0, 3927)) − 2 sin (2 × (−0, 3927))


τx′ y′ = − 3−2 1 sin (2 × (−0, 3927)) + 2 cos (2 × (−0, 3927))
σx′ = 1,2929 MPa
σy′ = 2,7071 MPa
τx′ y′ = 2,1213 MPa
On vérifie bien que : σx + σy = σx′ + σy′ = 4 MPa
328
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 2
À partir de l’état de contraintes représenté sur la figure 7.17, déterminez les contraintes
principales et les directions principales.
⃗y
1 MPa
2 MPa
3 MPa
⃗x
I
figure. 7.17 – exemple 2 : état de contraintes étudié
Résolution. L’état de contraintes considéré dans le repère (⃗x,⃗y) est identique à l’exemple 1, il
s’agit d’appliquer les formules du cours relatives aux directions principales. test
–▶ Amorce :
L’état de contraintes est identique à l’exemple 1, on a toujours :
σx = 3 MPa
σy = 1 MPa
τxy = 2 MPa
test
–▶ Application des formules du cours :

r

σx +σy
σx −σy 2

2
σ1 = 2 +
+ τxy
2
r

σx −σy 2

2
σ2 = σx +2 σy −
+ τxy
2

q
 σ = 3+1 +
3−1 2
+ 22
1
2
2
q
 σ = 3+1 −
3−1 2
+ 22
2
2
2
329
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
σ1 = 4, 24 MPa
σ2 = − 0, 24 MPa
Les contraintes principales étant connues, on cherche désormais l’angle dont il faut tourner
le repère (⃗x,⃗y) pour se trouver dans les directions principales 1 et 2.
tan 2β =
2τxy
σx − σy
tan 2β =
2×2
3−1
tan 2β = 2
À la calculatrice, on obtient :
2β = 63,43◦ ± 180◦
c’est-à-dire :
β = 31,715◦ ou β = 121,715◦
test
–▶ identification de β 1 :
par la méthode calculatoire : on retient une des deux valeurs possibles, par exemple :
β = 31,715◦ et on calcule σx′ ( β) = σx′ (31,715◦ ) :
σx′ (31,715◦ ) =
σx′ (31, 715◦ ) =
σx − σy
σx + σy
+
cos 2β + τxy sin 2β
2
2
3+1 3−1
+
cos (2 × 31, 715◦ ) + 2 sin (2 × 31,715◦ )
2
2
ce qui donne :
σx′ (31,715◦ ) = 4,24 MPa = σ1
On en conclut que :
β 1 = 31,715◦
330
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
par la méthode rapide : la contrainte de cisaillement τxy est positive : τxy = 2 MPa> 0.
Or :
sin (2 × 31,715◦ )> 0 et sin (2 × 121,715◦ ) < 0
donc, nécessairement :
β 1 = 31,715◦
331
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
exemple 3
À partir de l’état de contraintes représenté sur la figure 7.18, déterminez les contraintes de
cisaillement maximal et les directions associées.
⃗y
1 MPa
2 MPa
3 MPa
⃗x
I
figure. 7.18 – exemple 3 : état de contraintes étudié
Résolution. L’état de contraintes considéré dans le repère (⃗x,⃗y) est identique à l’exemple 1, il
s’agit d’appliquer les formules du cours relatives aux directions principales. test
–▶ Amorce :
L’état de contraintes est identique à l’exemple 1, on a toujours :
σx = 3 MPa
σy = 1 MPa
τxy = 2 MPa
test
–▶ Application des formules du cours :



τmax =
r
σx −σy
2
2
2
+ τxy
r

σx −σy 2

2
τmin = −
+ τxy
2

q
τ
3−1 2
+ 22
max =
2
q
τ
3−1 2
+ 22
−
min =
2
332
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
τmax = 2,24 MPa
τmin = − 2,24 MPa
La formule permettant d’obtenir les directions de cisaillement maximal est :
σx − σy
1
π
β = arctan −
±
2
2τxy
2
3−1
π
1
±
β = arctan −
2
2×2
2
β = 166,72◦ ou β = 76,72◦
Pour identifier la direction de cisaillement maximal, on repart de la formule (7.2) en considérant
une des deux valeurs précédemment calculées :
τx′ y′ ( β = 166,72◦ ) = −
σx − σy
sin (2 × 166,72◦ ) + τxy cos (2 × 166,72◦ )
2
τx′ y′ ( β = 166,72◦ ) = −
3−1
sin (2 × 166,72◦ ) + 2 cos (2 × 166,72◦ )
2
τx′ y′ ( β = 166,72◦ ) = 2,24 MPa = τmax
D’où :
β d = 166,72◦
333
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 4
À partir de l’état de contraintes représenté sur la figure 7.19, déterminez les contraintes de
cisaillement maximal sans considérer σz = 0 MPa (état plan de contraintes 2D) puis en
considérant σz = 0 MPa (état plan de contraintes 2,5D).
⃗y
5 MPa
5 MPa
10 MPa
I
⃗x
figure. 7.19 – exemple 4 : état de contraintes étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
L’état de contraintes peut être lu sur la figure 7.19 :
σx = 10 MPa
σy = 5 MPa
τxy = 5 MPa
test
–▶ État plan de contraintes 2D :
Lorsqu’on considère un état plan de contraintes 2D, on peut librement appliquer les formules
du cours (7.11) ou (7.12), elles sont équivalentes. La formule du cours (7.12) impose de
connaître les contraintes principales :

r

σx −σy 2
σx +σy

2
σ1 =
+
+ τxy
2
2
r

σx −σy 2

2
σ2 = σx +2 σy −
+ τxy
2
334
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours

σ =
q
10+5
10−5 2
+ 52
2 +q
2
10−5 2
10+5
+ 52
2 −
2
1
σ =
2
(
σ1 =
σ2 =
13,09 MPa
1,91 MPa
Pour un état plan de contraintes 2D, on considère uniquement σ1 et σ2 pour déterminer σmax
et σmin :
(
σmax = σ1
σmin = σ2
Et donc :
τmax =
σ1 − σ2
2
τmax = 5,59 MPa
test
–▶ État plan de contraintes 2,5D :
Pour un état plan de contraintes 2,5D, seule la formule du cours (7.12) peut être appliquée.
On a toujours :
(
σ1 = 13,09 MPa
σ2 = 1,91 MPa
Mais, on considère également :
σ3 = 0
Alors :
(
σmax =
σmin =
σ1
σ3
Et on obtient :
τmax =
σ1 − σ3
2
τmax = 6,55 MPa
335
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
Exemple 5
Un bloc de bois, qui a des plans de fibres à 30◦ par rapport à l’axe ⃗x, est soumis aux cotraintes
illustrées sur la figure 7.20. Déterminez analytiquement le domaine de variation permis de τxy
sachant que la capacité de résistance du bois est limitée par une contrainte de 0,4 MPa en
cisaillement suivant la direction des fibres. Représentez ensuite les cas extrêmes de la solution
à l’aide de cercles de Mohr.
⃗y
0,7 MPa
?
0,5 MPa
30◦
⃗x
figure. 7.20 – exemple 5 : état de contraintes étudié
Résolution. test
–▶ Amorce :
En premier lieu, il faut identifier le repère (⃗x ′ ,⃗y′ ) dans lequel on va devoir travailler, voir
figure 7.21. Attention : telle que représentée, la contrainte normale σx vaut σx = −0, 5 MPa.
⃗y
0,7 MPa
⃗x ′
⃗y′
β = 60◦
?
30◦
⃗x
0,5 MPa
figure. 7.21 – exemple 5 : définition du repère d’étude
336
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
test
–▶ Traduction de l’énoncé :
On sait que la valeur maximale de cisaillement dans le repère (⃗x ′ ,⃗y′ ) est 0,4 MPa :
|τx′ y′ | ≤ 0,4 MPa
test
–▶ Résolution :
On peut exprimer τx′ y′ en fonction de l’état de contraintes dans le repère (⃗x,⃗y) en appliquant
les relations (7.2) :
τx′ y′ = −
σx − σy
sin 2β + τxy cos 2β
2
Dans cette dernière équation, si on considère les valeurs maximales de τx′ y′ , tout est connu
sauf τxy , on peut donc écrire :
première valeur critique : τx′ y′ = −0,4 MPa :
−0, 4 = −
−0,5 − 0,7
sin(2 × 60◦ ) + τxy cos(2 × 60◦ )
2
τxy = 1,839 MPa
deuxième valeur critique : τx′ y′ = +0,4 MPa :
0,4 = −
−0,5 − 0,7
sin(2 × 60◦ ) + τxy cos(2 × 60◦ )
2
τxy = 0,239 MPa
On doit donc vérifier que :
τxy ∈ [0,239 ; 1,839] MPa
test
–▶ Tracé des cercles de Mohr :
Il existe deux états de contraintes correspondant à chaque valeur extrême de τxy :
— premier état de contraintes : (σx , σy , τxy ) = (−0,5; 0,7 ; 0,239) MPa
— deuxième état de contraintes : (σx , σy , τxy ) = (−0,5; 0,7 ; 1,839) MPa
Chacun de ces états de contraintes permet de tracer un cercle de Mohr : C1 et C2 , voir
figure 7.22. Pour chaque cercle Ci , on peut calculer les coordonnées du centre C i et du rayon
ri :
s
σx + σy
σx − σy 2
2
; 0) et ri =
+ τxy
Ci (
2
2
337
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.10 Exemples et applications directes du cours
— cercle C1 :
−0,5 + 0,7
C1(
; 0) et r1 =
2
s
−0,5 − 0,7
2
2
+ 0,2392
C 1 (0,1; 0) et r1 = 0,646
— cercle C2 :
−0,5 + 0,7
C2(
; 0) et r2 =
2
s
−0,5 − 0,7
2
2
+ 1,8392
C 2 (0,1; 0) et r2 = 1,934
La connaissance des centres Ci et des rayons ri permet de tracer les deux cercles de Mohr sur
la figure 7.22. Les deux états de contraintes mentionnés précédemment sont respectivement
représentés par les couples de points (X 1 ; Y1 ) et (X 2 ; Y2 ). Pour chaque valeur τxy admissible
(qui est entre les deux valeurs extrêmes calculées analytiquement), on peut obtenir un cercle
de Mohr entre C1 et C2 , le domaine admissible est donc représenté par la couronne grise.
ine admi
ss
Y2 (0, 7; −1, 839)
le
ib
Y1 (0, 7; −0, 239)
σ
d
C1
a
om
X1
C
r1
r2
C2
X2
τ
figure. 7.22 – cercles de Mohr
338
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.11 Exercices d’application
7.11 - Exercices d’application
Exercice 1
On considère le cylindre fermé à paroi mince représenté sur la figure 7.23. Son rayon moyen est
r = 400 mm et son épaisseur est t = 20 mm. Ce cylindre est soumis à trois sollicitations :
— une force axiale F = 157 kN ;
— un moment de torsion T = 200 kN·m ;
— une pression interne p = 1, 2 MPa.
Calculez, en un point quelconque I sur la paroi extérieure du cylindre, les valeurs maximale et
minimale des contraintes dans le plan (⃗θ,⃗x), ainsi que leur direction. Illustrez l’état de contraintes
selon ces directions.
t
r
p
⃗r
F
⃗x
I
⃗θ
⃗x
T
figure. 7.23 – exercice 1 : cylindre fermé
Solutions
⃗2
τxθ = 10, 19 MPa
σ2 = 8,44 MPa
⃗x
σx = 15, 12 MPa
⃗x
I
I
β 1 = 33, 23◦
σ1 = 30,67 MPa
σθ = 24 MPa
⃗1
⃗θ
⃗θ
339
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.11 Exercices d’application
Exercice 2
On considère le cylindre fermé à paroi mince représenté sur la figure 7.24. Son rayon moyen
est r = 240 mm et son épaisseur est t = 4, 8 mm. Ce cylindre est soumis simultanément à une
pression interne p et à une force axiale F (de sens inconnu). Sur la paroi extérieure du cylindre,
au point I , on connaît partiellement l’état de contraintes dans le repère (⃗a,⃗b) (le plan associé à ce
repère est tangent au cylindre en I ), on a : σa = 56 MPa et σb = 105 MPa. Calculez :
1. la valeur de p et celle de F ;
2. la contrainte maximale en cisaillement dans le matériau au point I .
⃗b
t
r
p
I
⃗a
30◦
F
⃗x
figure. 7.24 – exercice 2 : cylindre fermé
Solutions
Ces solutions supposent un état plan de contraintes 2,5D.
(
p = 2, 59 MPa
1.
F = −240, 673 kN
2. τmax = 64, 75 MPa
340
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.11 Exercices d’application
Exercice 3
Une poutre de section circulaire pleine, de rayon r = 25 mm, est encastrée à une extrémité et est
libre à l’autre extrémité. Elle subit le chargement décrit sur la figure 7.25 : à son extrémité libre,
un moment de torsion T = 1 kN·m est appliqué en plus d’une force F = 10 kN (cette force est
appliquée dans le plan (⃗x,⃗r ), sa direction est détaillée sur la figure 7.25). On s’intéresse au point
I, situé sur la surface extérieure de la poutre, voir figure 7.25. Sachant que la limite d’écoulement
du matériau utilisé vaut SY = 450 MPa :
1. Démontrez par un calcul terme à terme que l’état de contraintes au point I est caractérisé
par la tenseur des contraintes :


0
0
0
0
40,74  (MPa)
[σij ]I ,rθx = 0
0 40,74 420,85
2. Exprimer [σij ]I ,xyz
3. Déterminez les contraintes principales au point I dans le plan (⃗θ, ⃗x ) ;
0,4 m
⃗y
0,6 m
⃗r
I
⃗z
F
⃗θ
⃗r
F
30◦
T
+
⃗x
⃗x
figure. 7.25 – exercice 3 : système étudié et orientation de la force F
Solutions
1.


420,85 0 40,74
0
0  (MPa)
[σij ]I ,xyz =  0
40,74 0
0
341
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.11 Exercices d’application
2. σ1 = 424,76 MPa, σ2 = −3,91 MPa
3. FS = 1,06
342
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.11 Exercices d’application
Exercice 4
Une poutre de section circulaire pleine, de rayon r = 30 mm, est encastrée à une extrémité et
est libre à l’autre extrémité. Elle subit le chargement décrit sur la figure 7.26 : à son extrémité
libre, deux forces R et F sont appliquées. On s’intéresse au point I, situé sur la surface extérieure
de la poutre, voir figure 7.26. Sachant que la limite d’écoulement du matériau utilisé vaut SY =
390 MPa :
1. Démontrez par un calcul terme à terme que l’état de contraintes au point I est caractérisé
par le tenseur des contraintes :


0
0
0
0
16,33  (MPa)
[σij ]I ,rθx = 0
0 16,33 −371,95
2. Exprimez [σij ]I ,xyz .
3. Déterminez les contraintes principales au point I dans le plan (⃗θ, ⃗x ).
4. Calculez un facteur de sécurité au point I et commentez la valeur obtenue. Quelle
recommandation pouvez-vous faire ? Cette question requiert des connaissances liées au
chapitre 10.
⃗y
0,04 m
F
0,4 m
⃗z
30◦
I
F = 40 kN
⃗θ
R = 15 kN
⃗r
⃗r
⃗θ
⃗x
⃗z
G
4r
3π
⃗y
r
figure. 7.26 – exercice 4 : système étudié, orientation de la force F et position du centre de gravité
d’un demi-disque
Information complémentaire : le centre de gravité G d’un demi-disque est situé à une distance
d = 4r/3π du diamètre du demi-disque, voir la figure 7.26.
343
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.11 Exercices d’application
Solutions
1.


−371,95 −16,33 0
0
0 (MPa)
[σij ]I ,xyz =  −16,33
0
0
0
2. σ1 = 0,72 MPa, σ2 = −372,67 MPa
3. FS = 1,05
344
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.11 Exercices d’application
Exercice 5
On considère le cylindre fermé à paroi mince représenté sur la figure 7.27. Son rayon moyen
est r = 200 mm et son épaisseur est t = 4,8 mm. Ce cylindre est soumis simultanément à une
pression interne p et à une force axiale F (de sens inconnu). Sur la paroi extérieure du cylindre,
au point I , on connaît partiellement l’état de contraintes dans le repère (⃗a,⃗b) (le plan associé à ce
repère est tangent au cylindre en I ), on a : σa = 58 MPa et σb = 123 MPa. Calculez :
1. la valeur de p et celle de F ;
2. la contrainte maximale en cisaillement dans le matériau au point I .
⃗b
t
r
⃗a
p
37◦
F
⃗x
I
figure. 7.27 – exercice 5 : cylindre fermé
Solutions
(
1.
p = 5,002 MPa
F = −793,868 kN
2. τmax = 104,2 MPa
345
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.11 Exercices d’application
Exercice 6
Une poutre de section circulaire pleine, de rayon r = 24 mm, est encastrée à une extrémité et est
libre à l’autre extrémité. Elle subit le chargement décrit sur la figure 7.28 : à son extrémité libre,
un moment de torsion T = 1 kN·m est appliqué en plus d’une force F = 11 kN (cette force est
appliquée dans le plan (⃗x,⃗r ), sa direction est détaillée sur la figure 7.28). On s’intéresse au point
I, situé sur la surface extérieure de la poutre, voir figure 7.28. Sachant que la limite d’écoulement
du matériau utilisé vaut SY = 450 MPa :
1. Démontrez par un calcul terme à terme que l’état de contraintes au point I est caractérisé
par la tenseur des contraintes :


0
0
0
0
46,05  (MPa)
[σij ]I ,rθx = 0
0 46,05 425,54
2. Exprimer [σij ]I ,xyz
3. Déterminez les contraintes principales au point I dans le plan (⃗θ, ⃗x ) ;
0,4 m
⃗y
0,6 m
⃗r
I
⃗z
F
⃗θ
⃗r
F
45◦
T
+
⃗x
⃗x
figure. 7.28 – exercice 6 : système étudié et orientation de la force F
Solutions
1.


425,54 0 46,05
0
0  (MPa)
[σij ]I ,xyz =  0
46,05 0
0
346
A. Batailly, hiver 2025
Superposition de contraintes
7.11 Exercices d’application
2. σ1 = 430,47 MPa, σ2 = −4,93 MPa
3. FS = 1,04
347
A. Batailly, hiver 2025
8
Déformations
Objectifs du chapitre
▶ calculer un état de déformations plan dans un repère quelconque
▶ calculer les déformations principales
▶ identifier les directions principales
▶ calculer les déformations de cisaillement maximal
Pour donner votre avis sur la clarté de ce chapitre, pour apporter des commentaires ou des suggestions relativement à son contenu,
vous pouvez remplir ce sondage en ligne.
—
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l’identique ; http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.fr
La photo de fond de page est issue des archives photographiques de la ville de Montréal : http://archivesdemontreal.com/
Déformations
Plan détaillé du chapitre
8.1
8.2
8.3
8.4
8.5
8.6
8.7
Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349
État plan de déformations (2D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350
État plan de déformations selon une direction quelconque . . . . . . . . . . . . . 353
Analogie déformations/contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
Mesures expérimentales des déformations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357
Exemples et applications directes du cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359
Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362
8.1 - Introduction
8.1.1 Contexte
Un problème type de résistance des matériaux comporte trois étapes :
1. l’étude des forces et des conditions d’équilibre ;
2. l’étude des déplacements et de la compatibilité géométrique ;
3. l’application des relations forces/déplacements.
Ainsi, l’étude des déplacements—qui conduit à celle des déformations—est une étape importante
de l’analyse des corps déformables. Depuis le début du cours, cette étude a été effectuée séparément
pour chaque type de chargement : chargement uniaxial (chapitre 2), chargement de flexion
(chapitre 5) et chargement de torsion (chapitre 6). Dans le cadre de ce chapitre, et de façon
analogue à ce qui a été fait avec les contraintes au chapitre 7, l’application du principe de
superposition nous permet d’envisager l’étude de la déformation de structures sous l’action
combinée de différents types de chargements.
8.1.2 Notations et définitions
S′
S
⃗y
I′
⃗δI
⃗x
⃗z
I
figure. 8.1 – représentation schématique d’un corps S dans son état initial (
) et déformé (
)
Un corps quelconque se déformant est représenté sur la figure 8.1, le vecteur ⃗δI permet de
représenter la déplacement subit par le point matériel I . Ce vecteur a trois coordonnées :
⃗δI = u⃗x + v⃗y + w⃗z
349
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.2 État plan de déformations (2D)
On appelle état plan de déformations un état pour lequel il n’y a aucun déplacement selon une
des trois directions de l’espace. Par exemple :
∀I ∈ S , w = 0
Les deux coordonnées restantes u et v du vecteur de déplacement ⃗δI sont fonctions des deux
directions de l’espace dans lesquelles s’effectuent les déformations :
(
u( x, y)
v( x, y)
8.2 - État plan de déformations (2D)
Le tenseur des déformations en un point I d’une structure, introduit au chapitre 1, comporte
6 termes indépendants et est usuellement noté :

γxy
γxz 
ε
x
2
2
γ
γyz 
ε ij I ,xyz =  2yx ε y
2
γzy
γzx
εz
2
2
Dans le cas d’un état plan de déformations 2D (en supposant qu’il n’y a aucun déplacement selon
la direction ⃗z), ce tenseur se limite à :

εx
γyx

ε ij I ,xyz = 2
0
γxy
2
εy
0

0
0
0
(8.1)
À retenir
Un état plan de déformations 2D dans un repère (⃗x,⃗y) est entièrement caractérisé par trois termes
indépendants : ε x , ε y et γxy .
8.2.1 Calcul des composantes du tenseur des déformations
On considère la déformation d’une structure au voisinage d’un point A de coordonnées ( x; y)
comme le montre la figure 8.2. Le calcul de déformations est intrinsèquement lié à la notion de
déplacements relatifs, on doit considérer les déplacements de points matériels autour de A :
déformation longitudinale selon ⃗x : ε x pour pouvoir calculer cette déformation, on s’intéresse
au déplacement relatif du point A par rapport au point de son voisinage dans la direction
⃗x : c’est-à-dire B
A′ B′ − AB
A′ B′ − ∆x
= lim
AB
∆x
∆x →0
∆x →0
ε x = lim
(8.2)
où A’B’ représente la coordonnée par rapport à ⃗x du vecteur A⃗′ B′ ;
350
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.2 État plan de déformations (2D)
⃗y
C’
C
∆y
A’
y
B’
A
x
B
∆x
⃗x
figure. 8.2 – représentation schématique des déformations autour d’un point A( x; y)
déformation longitudinale selon ⃗y : ε y pour pouvoir calculer cette déformation, on s’intéresse
au déplacement relatif du point A par rapport au point de son voisinage dans la direction
⃗y : c’est-à-dire C
A′ C ′ − AC
A′ C ′ − ∆y
= lim
AC
∆y
∆y→0
∆y→0
ε y = lim
(8.3)
où A’C’ représente la coordonnée par rapport à ⃗y du vecteur A⃗′ C ′ ;
déformation de cisaillement γxy : la déformation de cisaillement au point A est définie à
partir de la variation de l’angle droit défini par le repère considéré au point A :
γxy =
lim
∆x,∆y→0
′A′ B′ =
d − Cd
tan CAB
γxy ≃
lim
∆x,∆y→0
π
2
lim
∆x,∆y→0
′A′ B′
− Cd
tan
π
2
′A′ B′
− Cd
(8.4)
À retenir
Les conventions adoptées pour le signe des déformations sont les suivantes :
(
ε x , ε y > 0 lorsqu’il s’agit d’un allongement
′A′ B′ < π
γxy > 0 lorsque l’angle Cd
2
351
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.2 État plan de déformations (2D)
8.2.2 Relation entre déplacements et déformations
En accord avec les notations introduites à la section 8.1.2, on note u et v les composantes du
vecteur déplacement δ⃗A du point A en A’ dans le repère (⃗x,⃗y). En supposant ∆x et ∆y petits, on a :
∂u
∂v
⃗
δB = u +
∆x; v +
∆x
∂x
∂x
et :
δ⃗C =
∂v
∂u
∆y; v + ∆y
u+
∂y
∂y
Le terme A’B’ apparaissant dans la formule (8.2) s’écrit alors :
A′ B′ = xB′ − xA′ = ( xB + u +
∂u
∆x ) − ( xA + u)
∂x
∂u
∆x ) − xA − u
∂x
∂u
∆x
A′ B′ = ∆x +
∂x
A′ B′ = ( xA + ∆x + u +
Alors, la formule (8.2) devient :
∂u
∆x →0 ∂x
ε x = lim
εx =
∂u
∂x
(8.5)
εy =
∂v
∂y
(8.6)
∂v ∂u
+
∂x
∂y
(8.7)
De la même façon, on peut montrer que :
et :
γxy =
On peut donc écrire le tenseur des déformations correspondant à un état plan de déformations
2D sous la forme :


∂u
1 ∂v
∂u
+
0
 ∂x

2 ∂x ∂y


∂v
ε ij I ,xyz =  1 ∂v + ∂u
0

2 ∂x
∂y
∂y
0
0
0
352
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
État plan de déformations selon une direction quelconque
8.3
À retenir
De même qu’au chapitre 7, on introduit la notion d’état de déformations 2,5D pour lequel on
considère une déformation longitudinale selon la troisième direction de l’espace ⃗z :




1 ∂v
∂u
∂u
γxy
+
0
εx
0
2
2 ∂x ∂y

 ∂x
γ

1 ∂v
∂u
∂v
ε ij I ,xyz =  2yx ε y 0  = 
0

 2 ∂x + ∂y
∂y
0
0 εz
∂w
0
0
∂z
8.3 - État plan de déformations selon une direction quelconque
Connaissant, en un point I d’une structure, l’état de déformations (ε x , ε y , γxy ) dans un repère
(⃗x,⃗y), on cherche à déterminer en ce même point, l’état de déformations (ε x′ , ε y′ , γx′ y′ ) dans un
repère (⃗x ′ ,⃗y′ ) tourné d’un angle β, voir figure 8.3. Du fait de la rotation du repère, on a :
C’
⃗y
⃗y′
C
A’
v
v′
u′
y
B ⃗x ′
u
A
B’
β
x′
⃗x
x
figure. 8.3 – état de déformations et changement de repère
(
x = x ′ cos β − y′ sin β
y = x ′ sin β + y′ cos β
Également :
(
u′ = u cos β + v sin β
v′ = −u sin β + v cos β
Par définition, en repartant de la formule (8.5) :
ε x′ =
∂u′
∂x ′
353
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.3
État plan de déformations selon une direction quelconque
Pour rappel, si f est une fonction de x et y :
df =
∂f
∂f
dx +
dy
∂x
∂y
Ainsi :
ε x′ =
ε x′ =
∂u′ ∂y
∂u′ ∂x
+
∂x ∂x ′
∂y ∂x ′
∂
∂ ∂ ∂
[u cos β + v sin β] ′ x ′ cos β − y′ sin β + [u cos β + v sin β] ′ x ′ sin β + y′ cos β
∂x
|∂x
|∂x
{z
} ∂y
{z
}
cos β
ε x′ =
sin β
∂
∂
[u cos β + v sin β] cos β +
[u cos β + v sin β] sin β
∂x
∂y
∂u
∂v
∂v ∂u
2
2
ε x′ =
cos β +
sin β +
+
sin β cos β
∂x
∂y
∂x
∂y
ε x′ = ε x cos2 β + ε y sin2 β + γxy sin β cos β
À l’aide de relations trigonomètriques de base, cette dernière relation aboutit à :
ε x′ =
εx + εy
εx − εy
γxy
+
cos 2β +
sin 2β
2
2
2
(8.8)
De même, en repartant de la définition des termes ε y′ et γx′ y′ , on montre que :
εx − εy
γxy
εx + εy
−
cos 2β −
sin 2β
2
2
2
γx ′ y′
εx − εy
γxy
= −
sin 2β +
cos 2β
2
2
2
ε y′ =
(8.9)
À retenir
Les formules (8.8) et (8.9) font apparaître que la quantité ε x′ + ε y′ est indépendante de l’angle de
rotation du repère β, on a :
ε x + ε y = ε x ′ + ε y′
354
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Déformations
8.4
Analogie déformations/contraintes
8.4 - Analogie déformations/contraintes
Les relations (8.8) et (8.9) sont analogues aux formules de changement de repère d’un état de
contraintes (7.2). On peut ainsi faire une analogie entre tous les développements effectués dans le
chapitre 7 et en déduire des résultats identiques pour les états de déformations en remplaçant :


σx ↔ ε x
σy ↔ ε y


γ
τxy ↔ 2xy
Notez bien le facteur 2 dans l’analogie entre les contraintes de cisaillement et les déformations
de cisaillement. Ce facteur 2 est logique, il est la conséquence du fait que dans le tenseur des
γ
déformations, on retrouve le terme 2xy et non pas γxy . Les résultats donnés dans les sections
suivantes sont obtenus par analogie avec le chapitre 7.
8.4.1 Directions de déformations principales
De même qu’au chapitre 7, on appelle directions principales les directions selon lesquelles
les déformations longitudinales sont maximale et minimale. Pour un état de déformations donné
(ε x ; ε y ; γxy ) en un point I , on note β 1 l’angle permettant de se placer dans la direction 1 pour
laquelle la déformation longitudinale ε 1 est maximale et β 2 l’angle permettant de se placer dans
la direction 2 pour laquelle la déformation longitudinale ε 2 est minimale. Ces deux angles sont
obtenus en faisant la résolution de l’équation :
tan 2β =
γxy
εx − εy
(8.10)
sur [0 ; π ], c’est-à-dire :
β1 , β2 =
1
arctan
2
γxy
εx − εy
±
π
2
(8.11)
Les techniques pour déterminer laquelle des deux valeurs de β est l’angle β 1 sont en tout point
similaires à ce qui a été fait au chapitre 7. On montre que les déformations principales s’écrivent :
εx + εy
ε1 =
+
2
s
εx + εy
−
2
s
ε2 =
εx − εy
2
2
εx − εy
2
2
+
+
γ 2
xy
2
(8.12)
γ 2
xy
2
Selon les directions principales, il n’y a pas de déformation de cisaillement :
γ12 = 0
355
(8.13)
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.4
Analogie déformations/contraintes
À retenir
Les directions principales des contraintes (présentées au chapitre 7) coïncident avec les directions
principales des déformations lorsque le matériau étudié a un comportement élastique isotrope,
ce qui est le cas de tous les matériaux étudiés dans ce cours. En revanche, dans le cas général, les
directions principales des contraintes ne coïncident pas avec celles des déformations.
8.4.2 Directions de déformations de cisaillement maximal
Les angles associés à ces directions sont obtenus en résolvant l’équation :
tan 2β = −
εx − εy
γxy
(8.14)
sur [0 ; π ], c’est-à-dire :
εx − εy
1
π
β d , β e = arctan −
±
2
γxy
2
(8.15)
La déformation de cisaillement maximal correspondante est :
γmax = ε max − ε min
γmin = − γmax
(8.16)
Aux directions de cisaillement maximal, notées d et e, les déformations longitudinales valent :
εd = εe =
εx + εy
ε1 + ε2
=
2
2
(8.17)
Enfin, en considérant les équations (8.10) et (8.14), on remarque que les directions principales et
les directions de cisaillement maximal sont telles que :
β 1 = β d ± 45◦
(8.18)
Pour approfondir le sujet . . .
. . . voir l’exemple 1 de ce chapitre à la page 359.
356
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Déformations
8.5 Mesures expérimentales des déformations
8.5 - Mesures expérimentales des déformations
Pour caractériser un état de déformations plan, il faut être capable d’obtenir trois quantités :
deux déformations longitudinales et une déformation de cisaillement. En pratique, les jauges de
déformation 3 4 permettent d’obtenir facilement des informations correspondant à des déformations
longitudinales. On utilise donc trois jauges disposées telles que le montre la figure 8.4. Chaque
⃗y
⃗c
⃗b
βc
βb
βa
⃗a
⃗x
figure. 8.4 – montage type de trois jauges de déformations sur la surface d’une structure
jauge permet de mesurer une déformation longitudinale, en appliquant les formules du cours (8.8)
et (8.9), on a :
ε −ε
γ
ε x +ε y
+ x 2 y cos 2β a + 2xy sin 2β a
2
ε x +ε y
ε −ε
γ
+ x 2 y cos 2β b + 2xy sin 2β b
2
ε x +ε y
ε −ε
γ
+ x 2 y cos 2β c + 2xy sin 2β c
2


ε a =
εb =


εc =
Les trois déformations longitudinales ε a , ε b et ε c sont obtenues par les jauges, les trois angles
β a , β b et β c sont connus, on a donc trois équations pour trois inconnues : ε x , ε y et γxy , on peut
résoudre ! Deux configurations sont fréquemment utilisées dans l’industrie :
— la rosette à 45◦ , voir figure 8.8.5a, pour la quelle les angles valent : β a = 0◦ , β b = 45◦ et
β c = 90◦ .
— la rosette à 60◦ , voir figure 8.8.5b, pour la quelle les angles valent : β a = 0◦ , β b = 60◦ et
β c = 120◦ .
La pertinence de ces deux configurations vient du fait que les angles choisis entraînent des
coefficients simples issus des termes sinus et cosinus dans les équations (8.8) et (8.9).
Rosette à 45◦ : L’application des relations (8.8) et (8.9) en prenant en compte les valeurs des
trois angles entraîne :


ε a =
εb =


εc =
εx
ε x +ε y
ε −ε
γ
+ x 2 y cos (2 × 45◦ ) + 2xy sin (2 × 45◦ )
2
εy
3. https://fr.wikipedia.org/wiki/Jauge_de_déformation
4. http://www.planete-sciences.org/espace/publications/techniques/jauges_deformation.pdf
357
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.5 Mesures expérimentales des déformations
⃗y = ⃗c
⃗y
⃗b
⃗c
⃗b
⃗x = ⃗a
⃗x = ⃗a
(a) rosette à 45◦
(b) rosette à 60◦
figure. 8.5 – configurations fréquentes pour la mesure d’états de déformations


ε x =
εy =


εb =
εa
εc
1
2
ε x + ε y + γxy
εx = εa
εy = εc
(8.19)
γxy = 2ε b − ε a − ε c
Rosette à 60◦ : L’application des relations (8.8) et (8.9) en prenant en compte les valeurs des
trois angles entraîne :


ε a =
εb =


εc =
εx
ε x +ε y
ε −ε
γ
+ x 2 y cos (2 × 60◦ ) + 2xy sin (2 × 60◦ )
2
ε −ε
ε x +ε y
γ
+ x 2 y cos (2 × 120◦ ) + 2xy sin (2 × 120◦ )
2


ε x =
εb =


εc =
εa
√
ε a +ε y
ε a −ε y
3
−
+
γ
2
4
√4 xy
ε a +ε y
ε a −ε y
3
2 − 4 − 4 γxy
εx = εa
1
ε y = (2ε b + 2ε c − ε a )
3
2
γxy = √ (ε b − ε c )
3
358
(8.20)
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.6 Exemples et applications directes du cours
8.6 - Exemples et applications directes du cours
Exemple 1
Soit l’état de déformations représenté sur la figure 8.6, déterminez :
1. l’état de déformations dans le repère (⃗x,⃗y) ;
2. l’état de déformations dans les directions principales ;
3. les directions principales.
⃗y
2
1
B’
C
3
B
C’
A
D
5 ⃗x
1
A’
1
D’
1
figure. 8.6 – exemple 1 : état initial (
) et état déformé (
mm et on a : AD=150 mm et AB=100 mm
), les distances sont données en
Résolution. test
–▶ Amorce :
Tel que représenté, l’état de déformations ne peut être calculé qu’au point A (c’est le seul
point pour lequel on a une information sur ce qui se passe à son voisinage dans les directions
⃗x et ⃗y). test
–▶ État de déformations dans (⃗x,⃗y) :
Un état de déformations plan est caractérisé par trois déformations : (ε x , ε y , γxy )
déformation longitudinale ε x :
εx =
εx =
359
∂u
∂x
uD − uA
xD − xA
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Déformations
8.6 Exemples et applications directes du cours
0 − (−1)
= 6, 67 · 10−3
150 − 0
εx =
Une déformation (longitudinale ou de cisaillement) est homogène à une distance
divisée par une distance et n’a donc pas d’unité. En ingénierie, par convention,
on utilise parfois la lettre µ pour remplacer la valeur 10−6 (ordre de grandeur
usuelle des déformations).
Ainsi, on note :
ε x = 6, 67 · 10−3 = 6670 · 10−6 = 6670 µ
déformation longitudinale ε y :
εy =
εy =
εy =
∂v
∂y
vB − vA
yB − yA
3 − (−1)
= 4 · 10−2
100 − 0
déformation de cisaillement γxy :
γxy =
γxy =
γxy =
∂v ∂u
+
∂x
∂y
vD − vA uB − uA
+
xD − xA
yB − yA
−5 − (−1) 1 − (−1)
+
150 − 0
100 − 0
γxy = −6, 67 · 10−3
test
–▶ État de déformations selon les directions principales :
Il s’agit d’appliquer les formules du cours (8.12) :

r
2

ε x −ε y 2
γxy
ε x +ε y

ε 1 =
+
+
2
2
2
r
2 2

ε x −ε y
γ

ε 2 = ε x +2 ε y −
+ 2xy
2
360
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.6 Exemples et applications directes du cours



ε 1 =
6,67·10−3 +4·10−2
+
2


ε 2 =
6,67·10−3 +4·10−2
−
2
r
r
6,67·10−3 −4·10−2
2
2
6,67·10−3 −4·10−2
2
2
+
−6,67·10−3
2
2
+
−6,67·10−3
2
2
Si la notation µ est utilisée, ne pas oublier de remplacer la lettre µ par 10−6 lors
de l’application de formules du cours !
ε 1 = 40, 33 · 10−3
ε 2 = 6, 34 · 10−3
test
–▶ Détermination des directions principales :
On applique la formule du cours (8.11) :
γxy
1
π
β = arctan
±
2
εx − εy
2
1
β = arctan
2
−6, 67 · 10−3
6, 67 · 10−3 − 4 · 10−2
±
π
2
β = 5, 66◦ ou 95, 66◦
Pour déterminer laquelle de ces deux solutions correspond à la direction de déformation
longitudinale maximale (β 1 ), on considère une des deux valeurs (par exemple 5, 66◦ ) et on
calcule ε x′ ( β = 5, 66◦ ) avec la formule (8.8) :
ε x′ ( β = 5, 66◦ ) =
6, 67 · 10−3 + 4 · 10−2 6, 67 · 10−3 − 4 · 10−2
+
cos (2 × 5, 66◦ )
2
2
−6, 67 · 10−3
+
sin (2 × 5, 66◦ )
2
On obtient :
ε x′ ( β = 5, 66◦ ) = 6, 34 · 10−3 = ε 2
On en déduit que c’est l’autre angle qui permet d’obtenir ε 1 , donc :
β 1 = 95, 66◦
361
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
8.7 - Exercices d’application
Exercice 1
On considère le carré de matière représenté sur la figure 8.7. Sachant qu’au point A : ε x = −400 µ,
ε y = 260 µ et γxy = −420 µ, déterminez :
1. l’état de déformations dans le repère (⃗n,⃗t) ;
2. l’état de déformations dans les directions principales ;
3. l’état de déformations dans les directions de cisaillement maximal.
Pour chacune des questions, représentez graphiquement l’état déformé dans le plan (⃗x,⃗y).
⃗y
⃗t
⃗n
C
B
38◦
A
D
⃗x
figure. 8.7 – exemple 1 : représentation des repères considérés
Solutions
362
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
⃗y


ε n =
1. ε t =

 γnt
2 =
C
−353, 6 µ
213, 6 µ
269, 4 µ
⃗t
⃗n
E
D
B
F
38◦
⃗x
A
⃗1
⃗y
F
D
C


ε 1 =
2. ε 2 =


β1 =
106, 23◦
321, 2 µ
−461, 2 µ
106, 23◦
⃗x
A
B E
⃗2
d⃗
⃗y
C
D
F
⃗e
B
61, 5◦
E
A


γmax = 782, 4 µ
3. ε d = ε e = −70 µ


β d = 61, 5◦
363
⃗x
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
Exercice 2
Une plaque de forme carrée ABCD (400 mm×400 mm×20 mm) se déforme uniformément en
A’B’C’D’ dans le plan (⃗x,⃗y), voir figure 8.7. On observe que l’épaisseur de la plaque diminue de
0,014 mm selon l’axe ⃗z qui est une direction principale. Calculez :
1. les déformations de la plaque et représenter les résultats sous forme d’une matrice 3 × 3
selon les coordonnées xyz ;
2. la déformation maximale en cisaillement dans le matériau de la plaque ;
3. la longueur B’D’.
⃗y
0, 22
0, 12
C
B
C’
B’
D’
A
0, 12
A’
D
0, 26
0, 48
figure. 8.8 – exercice 2 : plaque dans son état initial (
données en millimètres
) et déformé (
⃗x
), les dimensions sont
Solutions

550 µ

µ
1. ε ij A,xyz =  −350
2
0

0

−300 µ
0 
0
−700 µ
−350 µ
2
2. γmax = 584, 62 − (−700) = 1284, 62 µ
3. B′ D ′ = 565, 855 mm
364
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
Exercice 3
Soit l’élément de machine représenté sur la figure 8.9. On y mesure les déformations à l’aide de
trois jauges selon une configuration en rosette à 45◦ : ε a = 1050 µ, ε b = 800 µ et ε c = −750 µ.
1. Déterminez l’état de déformations dans le repère (⃗x,⃗y).
2. Calculez la valeur des déformations principales dans le plan (⃗x,⃗y).
3. Tracez le cercle de Mohr associé à cet état de déformations.
4. Déterminez sur ce cercle, par des considérations géométriques, la valeur de l’angle β 1 de
la direction principale 1.
⃗y = ⃗c
⃗b
⃗x = ⃗a
figure. 8.9 – exercice 3 : élément de machine et position des jauges
Solutions


1050 µ
ε x =
1. ε y =
−750 µ

 γxy
650 µ
2 =
(
ε 1 ≃ 1260 µ
2.
ε 2 ≃ −960 µ
3.
365
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
(ε y ,
8.7
Exercices d’application
−γxy
2 )
C (150 µ; 0) 1050 µ ε 1
ε2
2β 1
−750 µ
650 µ
B
ε
A (ε x , γxy )
2
γ
2
4. 2β 1 = 0,6254 rad = 35,8◦
366
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
Exercice 4
Soit une plaque ABCD encastrée par deux barreaux rigides AB et CD. Le barreau CD est
déplacé d’une distance e dans la direction y < 0 tout en demeurant parallèle à AB. Les bords
horizontaux originaux prennent la forme d’une parabole. Pour le point J indiqué (représenté
dans la configuration non déformée) :
1. déterminez l’état de déformations de la plaque dans le repère (⃗x,⃗y), quelle conclusion
importante pouvez-vous en tirer sur l’état de déformations et sur le cercle de Mohr
correspondant ?
2. déduisez-en sans calcul la valeur des déformations principales ;
3. tracez le cercle de Mohr associé à cet état de déformations et y indiquer les déformations
principales ;
4. déterminez graphiquement la valeur de l’angle β 1 permettant de passer du repère (⃗x,⃗y)
aux directions principales (⃗1,⃗2).
⃗y
a
C
B
e
3a/4
J
C’
b
b/2
D
A
⃗x
e
D’
figure. 8.10 – exercice 4 : système étudié
Solutions
3e
1. ε x = 0; ε y = 0; γxy = − 2a
Conclusions importantes :
3e
— le repère (⃗x,⃗y) correspond aux directions de cisaillement maximal, et γmax = γxy = − 2a
— le cercle de Mohr est centré sur l’origine
(
3e
ε 1 = − 4a
2.
3e
ε 2 = 4a
367
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
3.
(ε y = 0,
ε2
2β 1
C (0; 0)
−γxy
−γmax
2 =
2 )
ε1
ε
γ ( ε x = 0, γxy = γmax )
2
2
2
4. β 1 = 45◦
368
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
Exercice 5
Une poutre de section circulaire évidée, de rayon intérieur r = 100 mm et d’épaisseur t = 5 mm,
est encastrée à une extrémité et est libre à l’autre extrémité. Elle subit le chargement décrit sur la
figure 8.11 : à son extrémité libre, deux forces R et F sont appliquées. On s’intéresse au point I,
situé sur la surface extérieure de la poutre, voir figure 8.11. Sachant que : E = 200 GPa, G = 75 GPa
et ν = 0,3,
1. faites une analyse chargement par chargement pour obtenir l’état de contraintes au point
I dans le repère (⃗x; ⃗y; ⃗z). Peut-on considérer qu’il s’agit d’un état de contraintes plan 2D ?
2. déterminez les directions principales ;
3. calculez l’état de contraintes complet selon les directions principales. Quelle propriété
simple vous permet de vérifier vos calculs ?
4. tracez le cercle de Mohr associé à l’état de contraintes de la question 1. et retrouvez les
résultats des questions 2. et 3. ;
5. un ingénieur place une jauge de déformation en I, dans le plan (⃗x; ⃗y) selon une direction
a formant un angle de +20◦ avec l’axe ⃗x. Que vaut ε a lue avec cette jauge ?
6. est-il judicieux de placer la jauge au point I ? Pourquoi ?
7. démontrez que la formule de Qz,A′ donnée sur la figure 8.11 est vraie pour t → 0.
⃗y
⃗y
0,44 m
30◦
F = 40 kN
I
F
⃗z
⃗z
R = 15 kN
⃗x
T=1 kN·m
⃗y
⃗y
4R
3π
A’
G
Qz,A′ ≃ 2rt(r + t)
⃗z
⃗z
r
R
t
figure. 8.11 – exercice 5 : système étudié, orientation de la force F et position du centre de gravité
d’un demi-disque
369
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
Informations complémentaires : le centre de gravité G d’un demi-disque est situé à une distance
d = 4r/3π du diamètre du demi-disque, voir la figure 8.11. Le premier moment de section d’une
demi-couronne est donné sur la figure 8.11.
Solutions
1. σx = σx,R + σx,Fz = 4,658 − 54,59 = −49,93 MPa ; τxy = τxy,Fy − τxθ,T = −21,4897 − 3,102 =
−24,59 MPa ; σy = 0 MPa ; il s’agit d’un état plan 2D ;
2. β 1 = 112,28◦ ;
3. σ1 = 10,08 MPa ; σ2 = −60 MPa ; τ12 = 0 MPa ;
4. cercle de Mohr non représenté ici
5. ε a = −317 µ ;
6. I n’est pas le point critique de la structure, il serait plus judicieux de placer la jauge sur la
surface extérieure en z = 0.
370
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
Exercice 6
La plaque rectangulaire (de dimension 100 × 50 × 20 mm) ABCD se déforme, dans son propre
plan, en A’B’C’D’, voir la figure 8.12. L’épaisseur de la plaque, qui vaut initialement 20 mm,
augmente de 0,02 mm.
1. Calculez la matrice des déformations. En quel point est-elle calculée ?
2. Déterminez la déformation de cisaillement maximale dans la plaque en considérant un
état plan 2,5 D.
3. Tracez le cercle de Mohr associé à cet état de déformations en y indiquant tous les points
et angles remarquables.
⃗y
0,06 mm
0,1 mm
C
D
0,03 mm
0,08 mm
D’
C’
A
B
⃗x
0,04 mm
A’
B’
0,03 mm
figure. 8.12 – exercice 6 : plaque étudiée : AB = 100 mm, AD = 50 mm
Solutions
ε x =−300 µ
ε y =−600 µ
ε z =1000 µ
371
A. Batailly, hiver 2025
Déformations
8.7
Exercices d’application
γxy =−400 µ
matrice des déformations :

−300 µ −400
µ
0
2
[ε ij ]A,xyz =  −400
−600 µ
0 
2 µ
0
0
1000 µ

déformations principales :
ε 1 =−200 µ
ε 2 =−700 µ
déformation de cisaillement maximal :
γmax =1699 µ
372
A. Batailly, hiver 2025
9
Relations
contraintes/déformations/température
Objectifs du chapitre
▶ passer des déformations aux contraintes dans un repère donné
▶ savoir qu’un état plan de contraintes n’implique pas un état plan de déformations
▶ savoir qu’un état plan de déformations n’implique pas un état plan de contraintes
▶ comprendre le rôle des effets thermiques sur les déformations et contraintes d’une
structure
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Relations σ/ε/T
Plan détaillé du chapitre
9.1
9.2
9.3
9.4
9.5
9.6
9.7
Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374
Essai de traction, propriétés fondamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374
Relation générale entre contraintes et déformations . . . . . . . . . . . . . . . . . 376
Application à un état plan de contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379
Application à un état plan de déformations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380
Effet de la température . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380
Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383
9.1 - Introduction
Les chapitres 7 et 8 ont permis d’aborder séparément les concepts de contraintes et de déformations.
En pratique, ces deux concepts sont intimement liés : la mise en évidence de ce lien et la
présentation de relations entre ces deux quantités dans le cadre linéaire est l’objet de ce chapitre.
L’état de déformations résultant d’un état de contrainte imposé sur une structure est évidemment
dépendant du matériau de la structure. Il existe plusieurs dispositifs expérimentaux permettant
de mettre en évidence la relation entre déformations et contraintes :
— essai de torsion ;
— essai de flexion ;
— essai de traction.
Chacun de ces essais correspond à un mode de sollicitation fondamental déjà abordé dans
les chapitres précédents. Si on recherche un dispositif expérimental simple pour identifier une
relation entre déformations et contraintes, on privilégie usuellement l’essai de traction. En effet,
comme cela a été montré en détail dans les chapitres 3, 4, 5 et 6, les chargements en flexion et en
torsion ont l’inconvénient de ne pas générer des états de contraintes uniformes sur la section de la
structure chargée. Inversement, pour un essai de traction, voir le chapitre 2, on a une répartition
uniforme des contraintes et des déformations.
9.2 - Essai de traction, propriétés fondamentales
Un essai de traction est représenté schématiquement sur la figure 9.1. L’éprouvette est typiquement
de forme cylindrique et on applique sur chacune de ses extrémités un effort de traction F . Deux
instruments sont utilisés pour mesurer la déformation de l’éprouvette à mesure que l’effort de
traction est appliqué :
un extensomètre radial permet de mesurer la variation du diamètre r de l’éprouvette à mihauteur ;
un extensomètre axial permet de mesurer la variation de la longueur L de l’éprouvette.
Avec un tel dispositif, on connaît :
la contrainte σ :
σ = σx =
F
A
où A est l’aire de la section de l’éprouvette ;
374
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.2 Essai de traction, propriétés fondamentales
L
F
F
r
figure. 9.1 – représentation schématique d’un essai de traction
la déformation longitudinale ε :
ε = εx =
∆L
L
Les valeurs de σ et ε peuvent être obtenues pour chaque valeur de l’effort F appliqué sur
l’éprouvette ce qui permet de tracer une courbe σ = f (ε), voir figure 9.2. Le domaine linéaire,
Su
Sy
σ
domaine linéaire
E
0,2 %
ε
figure. 9.2 – courbe σ = f (ε) obtenue lors d’un essai de traction
cadre dans lequel sont effectués tous les développements de ce cours, est mis en évidence sur la
figure 9.2. Il est défini par σ ≤ S y où S y est une des propriétés fondamentales du matériau : la
limite d’écoulement.
À retenir
Pour rappel, la limite du domaine linéaire est impossible à déterminer de façon précise sur un
essai de traction. On considère donc un niveau de déformation arbitraire : ε = 0, 2 % à partir
duquel on trace la parallèle à la droite tangente à la courbe σ = f (ε) au point (0; 0) ; l’intersection
de cette droite avec la courbe σ = f (ε) permet de définir la valeur de la limite d’écoulement S y .
Les autres propriétés fondamentales du matériau sont :
le module d’Young E : qui est défini comme la pente de la droite tangente à la courbe σ =
f (ε) au point (0; 0) ;
la contrainte ultime S u : valeur maximale de σ atteinte lors de l’essai ;
375
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Relations σ/ε/T
9.3
Relation générale entre contraintes et déformations
le coefficient de Poisson ν : dans le cadre d’un essai de traction, ce coefficient peut être calculé
par le ratio :
ν=−
εy
εz
=−
εx
εx
le module de rigidité G : il est possible de montrer qu’un matériau linéaire isotrope ne peut
avoir que deux constantes indépendantes. Comme E et ν sont indépendantes, il y a donc
nécessairement une relation entre E, ν et G :
G=
E
2(1 + ν )
À retenir
On rappelle que le coefficient de Poisson d’un matériau est tel que :
0 ≤ ν < 0,5
9.3 - Relation générale entre contraintes et déformations
Connaissant le tenseur des contrainte σij I ,xyz , peut-on obtenir le tenseur des déformations
ε ij I ,xyz ? Afin de faire apparaître les relations qui existent, dans le cadre de ce cours (matériau
linéaire isotrope et petites déformations), entre contraintes et déformations, nous allons appliquer
le principe de superposition de façon similaire à ce qui a été fait au début du chapitre 7. Les
termes du tenseur des contraintes sont considérés séparément les uns des autres et on s’intéresse
aux déformations résultant de chacun de ces termes. Le tenseur des déformations est ensuite
recomposé en sommant les déformations obtenues pour chaque contrainte.
Soit le tenseur des contraintes :


σx τxy τxz
σij I ,xyz = τyx σy τyz 
τzx τzy σz
On s’intéresse à l’effet de chacun des termes pris séparément les uns des autres :
— contrainte normale σx : avec une seule contrainte normale dans la structure, on se retrouve
dans le cas d’un chargement uniaxial (voir chapitre 2). On a donc :
εx =
σx
E
et : ε y = ε z = −νε x = −ν
σx
E
Par ailleurs, des arguments reposant sur la symétrie de l’état de déformations issu d’un
chargement uniaxial impose que toutes les déformations de cisaillement sont nulles :
γxy = γyz = γzx = 0
En effet, faisons l’hypothèse qu’une contrainte normale σx génère une déformation de
376
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.3
Relation générale entre contraintes et déformations
⃗z
⃗y
⃗x
σx
σx
σx
σx
⃗x
⃗y
⃗z
figure. 9.3 – représentation du raisonnement effectué relativement aux considérations de symétrie
cisaillement γxy ̸= 0 telle que celle représentée à gauche (
) sur la figure 9.3. En
renversant le point de vue, en tournant le cube de matière de 180◦ par rapport à l’axe
⃗x, on obtient la figure de droite. Le chargement appliqué sur le cube de matière reste le
même, on doit donc avoir la même déformation de cisaillement que sur la figure de gauche
(
), ce qui est incompatible avec la déformation prévue tournée de 180◦ (
). Cette
incohèrence impose que l’hypothèse de départ est fausse, on en déduit que :
γxy = 0
Le même raisonnement peut être suivi pour les deux autres déformations de cisaillement.
— contrainte normale σy : le même raisonnement que celui utilisé pour σx permet d’écrire :
εy =
σy
E
et : ε x = ε z = −νε y = −ν
σy
E
ainsi que :
γxy = γyz = γzx = 0
— contrainte normale σz : le même raisonnement que celui utilisé pour σx permet d’écrire :
εz =
σz
E
et : ε x = ε y = −νε z = −ν
σz
E
ainsi que :
γxy = γyz = γzx = 0
— contrainte de cisaillement τxy : des arguments reposant sur la symétrie de l’état de déformations
issu d’un chargement associé à une seule contrainte de cisaillement impose que plusieurs
déformations longitudinales et de cisaillement sont nulles :
ε x = ε y = ε z = 0 et γyz = γxz = 0, on montre que : γxy =
τxy
G
— contrainte de cisaillement τyz : des arguments reposant sur la symétrie de l’état de déformations
issu d’un chargement associé à une seule contrainte de cisaillement impose que plusieurs
déformations longitudinales et de cisaillement sont nulles :
ε x = ε y = ε z = 0 et γxy = γxz = 0, on montre que : γyz =
377
τyz
G
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
Relation générale entre contraintes et déformations
9.3
— contrainte de cisaillement τxz : des arguments reposant sur la symétrie de l’état de déformations
issu d’un chargement associé à une seule contrainte de cisaillement impose que plusieurs
déformations longitudinales et de cisaillement sont nulles :
ε x = ε y = ε z = 0 et γxy = γyz = 0, on montre que : γxz =
τxz
G
Finalement, par application du principe
de superposition, on peut déterminer les déformations
issues du tenseur des contraintes σij I ,xyz en sommant, pour chaque déformation, les contributions
issues de chacun des termes du tenseur des contraintes. Cette opération se résume de la façon
suivante :
contribution de :
σx
εx =
σx
εy =
−νσx
εz =
E
E
−νσx
E
σy
+
+
+
σz
−νσy
E
σy
E
−νσy
E
+
−νσz
+
−νσz
+
σz
E
E
E
τxy
τyz
τxz
+
0
+
0
+
0
+
0
+
0
+
0
+
0
+
0
+
0
γxy =
0
+
0
+
0
+
τxy
G
+
0
+
0
γyz =
0
+
0
+
0
+
0
+
τyz
G
+
0
γxz =
0
+
0
+
0
+
0
+
0
+
τxz
G
Ce qui se réécrit plus simplement :
εx =
εy =
εz =
γxy =
γyz =
γxz =
1
E
1
E
1
E
σx − ν σy + σz
σy − ν (σx + σz )
σz − ν σx + σy
τxy
(9.1)
G
τyz
G
τxz
G
On peut montrer que les relations (9.2), qui permettent de passer des contraintes aux déformations
sont équivalentes aux formules suivantes, qui permettent de passer des déformations aux contraintes :
378
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.4 Application à un état plan de contraintes
σx =
σy =
E
(1 + ν)(1 − 2ν)
E
(1 + ν)(1 − 2ν)
E
σz =
(1 + ν)(1 − 2ν)
τxy = Gγxy
τyz = Gγyz
τxz = Gγxz
(1 − ν ) ε x + ν ( ε y + ε z )
(1 − ν ) ε y + ν ( ε x + ε z )
(1 − ν ) ε z + ν ( ε x + ε y )
(9.2)
En pratique, les relations (9.2) sont rarement utilisées, les formules de base à retenir sont les
équations (9.1).
Dans le cadre du cours, de nombreuses structures étudiées sont de forme cylindrique (poutres
à section circulaire ou cylindre à paroi mince sous pression. . .). Ainsi, le système de coordonnées
cylindriques (⃗r, ⃗θ, ⃗x ) est fréquemment utilisé. Le passage d’un repère cartésien (⃗x, ⃗y, ⃗z) à un repère
cylindrique ne pose aucun problème particulier. Dans un repère (⃗r, ⃗θ, ⃗x ), on a :
εr =
εθ =
εx =
1
E
1
E
1
E
(σr − ν (σx + σθ ))
(σθ − ν (σx + σr ))
(σx − ν (σr + σθ ))
γxr =
τxr
γrθ =
τrθ
γxθ =
τxθ
(9.3)
G
G
G
Les relations (9.2) et (9.1) soulignent le lien entre déformations et contraintes dans un cadre
général : pour tout type de contrainte normale ou de cisaillement. Or, une part importante des
chapitres 7 et 8 a été consacrée à des sous-cas particuliers, les états plans (de contraintes ou de
déformations), pour lesquels on peut appliquer ces relations.
9.4 - Application à un état plan de contraintes
Pour rappel, il a été vu au chapitre 7 qu’un état de plan de contraintes est caractérisé par un
tenseur des contraintes de la forme suivante :


σx τxy 0
σij I ,xyz = τyx σy 0
0
0 0
379
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.5
Application à un état plan de déformations
Avec un tel tenseur, en appliquant les relations (9.1), on obtient seulement 4 déformations non
nulles : ε x , ε y , ε z et γxy , ou, sous la forme matricielle :

εx
γ
ε ij I ,xyz =  2yx
0
γxy
2
εy
0

0
0
εz
À retenir
Il est ainsi mis en évidence qu’un état plan de contraintes n’implique pas un état plan de
déformations puisque ε z ̸= 0.
9.5 - Application à un état plan de déformations
Pour rappel, il a été vu au chapitre 8 qu’un état de plan de déformations est caractérisé par
un tenseur des déformations de la forme suivante :

εx
γ
ε ij I ,xyz =  2yx
0
γxy
2
εy
0

0
0
0
Avec un tel tenseur, en appliquant les relations (9.2), on obtient seulement 4 contraintes non
nulles : σx , σy , σz et τxy , ou, sous la forme matricielle :


σx τxy 0
σij I ,xyz = τyx σy 0 
0
0 σz
À retenir
Il est ainsi mis en évidence qu’un état plan de déformations n’implique pas un état plan de
contraintes puisque σz ̸= 0.
9.6 - Effet de la température
De façon générale, la température peut avoir deux types d’effets :
1. la modification des propriétés matériaux : le module d’Young d’un matériau, par exemple,
varie en fonction de la plage de température considérée. Un cas extrême étant le changement
d’état du matériau au-delà de sa température de fusion. Ces effets sont négligés dans le
cadre du cours de Résistance des matériaux 1 ;
380
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.6
Effet de la température
2. générer des dilatations thermiques dans le matériau. L’expérience montre que ces dilatations
se traduisent par des déformations longitudinales et on a :
ε x,T = ε y,T = ε z,T = α∆ T
(9.4)
où α est le coefficient de dilatation thermique exprimé en ◦ C−1 et ∆ T la variation de
température en ◦ C subie par le matériau (le coefficient de dilatation thermique α est
toujours positif). Par ailleurs :
γxy,T = γyz,T = γxz,T = 0
(9.5)
Les effets thermiques ne produisent aucune déformation de cisaillement.
À retenir
On peut remarquer que les déformations longitudinales ε ont le même signe que ∆ T : une
diminution de température génère une contraction du matériau alors qu’une augmentation de
température génère une expansion.
Une variation de température génère des déformations dans le matériau, voir la figure 9.4.
Toutefois, si le matériau est confiné, c’est-à-dire que son expansion est limitée par une enceinte
rigide, lorsque la température augmente, la tendance du matériau à se dilater va se traduire par
l’apparition de contraintes dans le matériau. La considération de la température entraîne une
mise à jour des relations (9.1) :
εx =
εy =
εz =
γxy =
γyz =
γxz =
1
E
1
E
1
E
σx − ν σy + σz
+ α∆ T
σy − ν (σx + σz ) + α∆ T
σz − ν σx + σy
τxy
+ α∆ T
(9.6)
G
τyz
G
τxz
G
381
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Relations σ/ε/T
9.6
⃗y
Effet de la température
⃗y
⃗x
⃗x
⃗z
⃗z
∆T > 0
∆T < 0
figure. 9.4 – représentation de la déformation d’un cube de matière lors d’une variation de
température négative et positive
382
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.7
Exercices d’application
9.7 - Exercices d’application
Exercice 1
On mesure au point I (situé sur la surface d’une plaque en aluminium dont le module d’Young
est E = 70 GPa et le coefficient de Poisson ν = 0, 3, voir figure 9.5) les déformations suivantes :
ε x = −500 µ
ε y = 900 µ
γxy = 400 µ
Par ailleurs, on suppose qu’il s’agit d’un état plan de contraintes. Déterminez et représentez
graphiquement :
1. les contraintes associées au système d’axes (⃗x,⃗y) ;
2. les contraintes principales ainsi que leur direction.
⃗z
⃗y
I
⃗x
figure. 9.5 – exercice 1 : plaque étudiée
Solutions
1.
⃗z
I
⃗x
σy = 57, 69 MPa
⃗y
τyx
τxy = 10, 77 MPa
σx = −17, 69 MPa
383
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.7
Exercices d’application
2.
⃗z
σ2 = −19, 20 MPa
⃗2
I
⃗x
β1
⃗⃗y
1
= 82, 03◦
σ1 = 59, 20 MPa
384
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.7
Exercices d’application
Exercice 2
Un cylindre fermé à paroi mince est muni de deux jauges d’extensométrie a et b collées sur la
surface extérieure, voir la figure 9.6. Ce cylindre a un rayon moyen r = 240 mm et une épaisseur
de paroi t = 8 mm. Le matériau utilisé a un module d’Young E = 200 GPa et un coefficient de
Poisson ν = 0, 3. Le cylindre est soumis simultanément à une pression interne p et à une force
axiale F (de sens inconnu). Les jauges de déformations permettent de mesurer :
ε a = − 120 µ
ε b = 180 µ
Calculez les valeurs de p et F .
⃗b
t
r
⃗a
30◦
⃗x
p
I
F
⃗x
⃗θ
figure. 9.6 – exercice 2 : cylindre à paroi mince
Solutions
(
p=
F=
1, 82 MPa
−782, 70 kN
385
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.7
Exercices d’application
Exercice 3
Une plaque P de section rectangulaire (120 mm × 80 mm × 10 mm) ayant deux jauges
de déformations a et b collées au point K de sa paroi est placée verticalement entre deux murs
rigides, comme le montre la figure 9.7. Sans chargement appliqué, il existe un jeu e = 0, 048 mm
entre la plaque et les murs. La plaque, fabriquée d’un matériau élastique homogène et isotrope,
a des parois parfaitement lisses. Le coefficient de dilatation thermique vaut α = 12 · 10−6 ◦ C−1 , le
module d’Young vaut E = 150 GPa.
On applique, à l’aide d’un support rigide B, une force de compression F = 288 kN sur le
côté supérieur de la plaque. Les jauges mesurent alors les valeurs suivantes : ε a = 600 µ et
ε b = −2336, 6 µ.
1. déterminez l’état de contraintes au point K. Présenter les résultats sous forme d’une
matrice 3 × 3 ;
2. la force F étant maintenue, la plaque subit une augmentation de température ∆ T =
40◦ C. Calculez la déformation mesurée par la jauge b puis la déformation maximale de
cisaillement induite dans la plaque.
F
80 mm
120 mm
10 mm
⃗y
e
2
e
2
b
⃗z
90◦
K a
⃗y
⃗x
⃗x
⃗z
figure. 9.7 – exercice 3 : plaque étudiée (vue de face et coupe, vue de dessus)
Solutions


−28, 8
0
0
−360 0 MPa
1. σij K ,xyz =  0
0
0
0
386
A. Batailly, hiver 2025
de
yse
anal es
2 - problèm
Relations σ/ε/T
9.7
Exercices d’application
2. σx = −100,8 MPa, ε b = −1698, 2 µ
γmax = ε max − ε min = 1493, 8 + 1698, 2 = 3192 µ
387
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
Exercices d’application
9.7
Exercice 4∗ difficile
Une plaque rectangulaire (de dimension 200 × 120 × 30 mm) est placée dans une enceinte
rigide représentée sur la figure 9.8. Les propriétés mécaniques du matériau de la plaque sont :
module d’Young E = 100 GPa, coefficient de Poisson ν = 0,3, coefficient de dilatation thermique
α = 12 · 10−6 ◦ C−1 et la contrainte normale dans la plaque ne doit pas dépasser la valeur permise
|σ| ≤ 150 MPa.
Un support rigide, lié à la face supérieure de la plaque permet l’application d’une force F
dans la direction indiquée sur la figure. À température ambiante, le jeu e vaut e = 0,2 mm dans
la direction ⃗x.
1. Dans un premier temps, la force F est nulle, et on élève la température de l’enceinte
de 50◦ C. Sachant que la déformation longitudinale maximale selon la direction ⃗z est
ε z,max = 250 µ, déterminez les déformations longitudinales ε x et ε y ainsi que les contraintes
normales σx , σy et σz au point I après élévation de la température. Que vaut alors le jeu e ?
2. La température étant maintenue à T + 50◦ C, pour quelle valeur de la force F consomme-ton entièrement le jeu e ?
3. La température étant maintenue à T + 50◦ C, pour quelle valeur de la force F dépasse-t-on
la contrainte permise dans la plaque ? Selon quelle direction ?
F
120 mm
200 mm
e
⃗y
⃗z
⃗x
I
figure. 9.8 – exercice 4 : système étudié
Solutions
388
A. Batailly, hiver 2025
Relations σ/ε/T
9.7
Exercices d’application


ε z = 250 µ




ε y = 705 µ



ε
= 705 µ
x
1.

σx = 0





σy = 0



σ = −35 MPa
z
eT = 0,059 mm
2. F = 453, 85 kN et σZ = −57,69 MPa
3. F = 900 kN
389
A. Batailly, hiver 2025
10
Facteurs de sécurité
Objectifs du chapitre
▶ calculer le facteur de sécurité au sens de Tresca
▶ calculer le facteur de sécurité au sens de von Mises
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l’identique ; http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.fr
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Facteurs de sécurité
Plan détaillé du chapitre
10.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391
10.2 Critère de Tresca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391
10.3 Critère de von Mises . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394
10.4 Exercices d’application . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397
10.1 - Introduction
Dans le cas d’un matériau ductile, on peut tracer une courbe contrainte/déformation telle que
celle représentée sur la figure 10.1. Tant que la contrainte exercée sur la matériau est inférieure
à sa limite d’écoulement (σ < S y ), on suppose un comportement linéaire. En revanche, pour
σ = S y , on assiste au début de l’écoulement ce qui, au niveau microscopique, se traduit par le
glissement de plans d’atomes les uns par rapport aux autres. L’écoulement se caractérise en effet
par la formation de zones de glissement plastique se produisant selon la direction de cisaillement
maximal. Il existe deux principaux critères pour prévoir cet écoulement : (1) le critère de Tresca
Su
Sy
σ
domaine linéaire
E
0,2 %
ε
figure. 10.1 – courbe σ = f (ε) pour un matériau ductile
et (2) le critère de von Mises.
10.2 - Critère de Tresca
10.2.1
Définition
« Le début de l’écoulement se produit lorsque la contrainte de cisaillement maximal atteint une valeur
critique ».
Le critère de Tresca repose sur des considérations associées aux contraintes de cisaillement
maximal τmax . Pour rappel, on a vu au chapitre 7 que :
τmax =
σmax − σmin
2
(10.1)
Afin d’essayer de comprendre quelle peut être la valeur critique de la contrainte de cisaillement
maximal pour laquelle le début de l’écoulement se produit, on considère le cas (simple) d’un
391
A. Batailly, hiver 2025
Facteurs de sécurité
10.2
Critère de Tresca
chargement uniaxial :


σ1 ̸= 0
σ2 = 0


σ3 = 0
Pour un tel chargement :
τmax =
σ
σ1 − 0
= 1
2
2
Or, dans le cas d’un chargement uniaxial, on sait que l’écoulement commence lorsque
σ1 = S y
donc la valeur du critique du cisaillement au sens du critère de Tresca est :
τmax =
Sy
(10.2)
2
On peut montrer que, dans le cas général, un chargement critique au sens du critère de Tresca
satisfait :
σmax − σmin = S y
(10.3)
Pour un chargement donné sur une structure donnée, on définit le facteur de sécurité au sens de
Tresca de la façon suivante :
FSTresca =
Sy
(10.4)
σmax − σmin
À retenir
Si FSTresca = 1, le cas de chargement est tel que l’écoulement débute dans le matériau. En pratique,
on cherche donc à s’assurer que le coefficient de sécurité est strictement supérieur à 1 pour ne
pas avoir d’écoulement du matériau.
10.2.2
Représentation graphique
Si on essaie de traduire le critère de Tresca dans le cas d’un état plan de contraintes tel que :
σ1 ̸= 0, σ2 ̸= 0, σ3 = 0. On peut alors envisager plusieurs cas :
— ou bien σ1 ≥ σ2 ≥ 0 : alors en utilisant l’équation (10.1) :
τmax =
σ1 − 0
2
La valeur critique de cisaillement maximal S y /2 est donc atteinte pour : σ1 = +S y (
392
);
A. Batailly, hiver 2025
Facteurs de sécurité
10.2
Critère de Tresca
— ou bien 0 ≥ σ2 ≥ σ1 : alors en utilisant l’équation (10.1) :
τmax =
0 − σ1
2
La valeur critique de cisaillement maximal S y /2 est donc atteinte pour : σ1 = −S y (
— ou bien σ1 ≥ 0 ≥ σ2 : alors en utilisant l’équation (10.1) :
τmax =
σ1 − σ2
2
La valeur critique de cisaillement maximal S y /2 est donc atteinte pour : σ2 = σ1 − S y (
— ou bien σ2 ≥ 0 ≥ σ1 : alors en utilisant l’équation (10.1) :
τmax =
);
0 − σ2
2
La valeur critique de cisaillement maximal S y /2 est donc atteinte pour : σ2 = −S y (
— ou bien σ2 ≥ σ1 ≥ 0 : alors en utilisant l’équation (10.1) :
τmax =
);
σ2 − σ1
2
La valeur critique de cisaillement maximal S y /2 est donc atteinte pour : σ2 = σ1 + S y (
— ou bien 0 ≥ σ1 ≥ σ2 : alors en utilisant l’équation (10.1) :
τmax =
);
);
σ2 − 0
2
La valeur critique de cisaillement maximal S y /2 est donc atteinte pour : σ2 = +S y (
).
La représentation de toutes ces configurations aboutit au tracé de l’hexagone sur la figure 10.2.
En dehors de l’hexagone tracé sur la figure 10.2, le critère de Tresca prévoit un écoulement dans
σ1 = +S y
σ2
él
as
tiq
ue
σ2 = +S y
do
m
ai
n
e
σ1
σ2 = −S y
σ1 = −S y
figure. 10.2 – représentation graphique du critère de Tresca
le matériau. Dans le cas d’un chargement quelconque impliquant les trois directions de l’espace,
le critère de Tresca définit un prisme hexagonal centré sur la droite σ1 = σ2 = σ3 .
393
A. Batailly, hiver 2025
Facteurs de sécurité
10.3
Critère de von Mises
À retenir
Un chargement pour lequel σ1 = σ2 = σ3 est dit hydrostatique. Pour de tels chargements, le
critère de Tresca ne peut donc pas prévoir d’écoulement, il s’agit d’une limite de ce critère.
10.3 - Critère de von Mises
10.3.1
Définition
« Le début de l’écoulement se produit lorsque l’énergie de distorsion atteint une valeur critique ».
Le critère de von Mises repose sur des considérations associées à l’énergie de distorsion,
notée usuellement uD . On peut montrer que :
uD =
1+ν 1 2
2
2
(σx − σy )2 + (σy − σz )2 + (σz − σx )2 +
(τ + τxz
+ τyz
)
6E
2G xy
Si on écrit cette formule en se plaçant dans les directions principales, et en prenant en compte le
faite que G = E /(2(1 + ν)), on obtient :
uD =
1 (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2
12G
Afin d’identifier la valeur critique de l’énergie de distorsion pour laquelle le critère de von Mises
prévoit le début de l’écoulement, et de façon similaire à ce qui a été fait pour le critère de Tresca,
on considère un chargement uniaxial : σ1 ̸= 0 et σ2 = σ3 = 0. On obtient alors :
uD =
σ12
6G
Pour un chargement uniaxial, l’écoulement se produit lorsque σ1 = S y , ce qui donne la valeur
critique de l’énergie de distorsion :
S2y
∗
uD =
(10.5)
6G
On admet que cette valeur critique reste valable dans un cas de chargement quelconque en trois
dimensions. La condition d’écoulement pour un état de contraintes donné s’écrit alors :
S2y
6G
=
1 (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2
12G
r
Sy =
1
[(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ]
2
(10.6)
En pratique, on définit la contrainte effective de von Mises σE de la façon suivante :
r
1
σE =
[(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ]
2
394
A. Batailly, hiver 2025
s
ance
aissie
n
n
o
n
c
1 - en gé
Facteurs de sécurité
10.3
Critère de von Mises
ou encore :
r
σE =
1
2 + τ2 + τ2 )
(σx − σy )2 + (σy − σz )2 + (σz − σx )2 + 3(τxy
yz
xz
2
Si la valeur de σE est plus faible que la limite d’écoulement du matériau, le comportement du
matériau se situe dans le domaine élastique. On définit ainsi le facteur de sécurité au sens de von
Mises :
FSvon Mises =
Sy
σE
=q
Sy
1
2
2
2
2 [( σ1 − σ2 ) + ( σ2 − σ3 ) + ( σ3 − σ1 ) ]
(10.7)
À retenir
De même que pour le critère de Tresca, on cherche à dimensionner une structure de façon à avoir
FSvon Mises > 1.
10.3.2
Représentation graphique
Considérons un état plan de contraintes : σ1 , σ2 ̸= 0 et σ3 = 0. Alors, l’équation (10.6) donne :
s 1
0 2
0
2
>
>
Sy =
(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ
)
+
(
σ
−
σ
)
3
1
3
2
r
Sy =
1
[(σ1 − σ2 )2 + (σ2 )2 + (−σ1 )2 ]
2
q
S y = σ12 + σ22 − σ1 σ2
Cette dernière équation est celle d’une ellipse, tracée sur la figure 10.3. On remarque que cette
ellipse passe par les sommets de l’hexagone défini par le critère de Tresca.
À retenir
Le fait que le domaine élastique défini par le critère de Tresca (hexagone) est inclus dans le
domaine élastique défini par le critère de von Mises (ellipse) indique que le critère de von
Mises est plus permissif que le critère de Tresca. On dit aussi que le critère de Tresca est plus
conservateur que le critère de von Mises.
Enfin, pour un chargement quelconque en trois dimensions, le critère de von Mises a la même
limitation que le critère de Tresca et ne prévoit aucun écoulement dans le cas des chargements
hydrostatiques.
395
A. Batailly, hiver 2025
Facteurs de sécurité
Critère de von Mises
10.3
σ1 = +S y
σ2
él
as
tiq
ue
σ2 = +S y
do
m
ai
ne
σ1
σ2 = −S y
σ1 = −S y
figure. 10.3 – représentation graphique du critère de von Mises
396
A. Batailly, hiver 2025
Facteurs de sécurité
10.4
Exercices d’application
10.4 - Exercices d’application
Exercice 1
Un cylindre fermé à paroi mince de rayon moyen r = 250 mm, d’épaisseur de paroi t = 2, 5 mm
est encastré sur une de ses extrémités (A) et est relié solidement en (B) à un barreau plein de
section circulaire de diamètre d = 120 mm. Le disque permettant de lier le cylindre et le barreau
est supposé parfaitement rigide, voir la figure 10.4. Les matériaux du barreau et du cylindre sont
identiques : le module d’Young vaut E = 100 GPa et le coefficient de Poisson est ν = 0, 3.
Le cylindre est soumis à une pression interne p = 0, 8 MPa et on applique au niveau du
point (D) sur le barreau un moment de torsion T = 24 kN·m. À l’extrémité libre du barreau, on
applique une force axiale en compression F = 100 kN.
Déterminez la limite d’écoulement du matériau S y pour éviter l’écoulement en considérant un
facteur de sécurité FSTresca = 2, 2.
A
B
t
r
p
C
E
F
D
⃗x
T
2, 2 m
0, 5 m
0, 7 m
figure. 10.4 – exercice 1 : représentation du système étudié
Solutions


tronçon AB : S y = 193, 86 MPa
tronçon C :
Sy = 311, 87 MPa


tronçon DE : S y = 19,45 MPa
397
A. Batailly, hiver 2025
Facteurs de sécurité
10.4
Exercices d’application
Exercice 2
Un cylindre fermé à paroi mince ABC (de rayon moyen r = 100 mm, d’épaisseur de paroi t =
5 mm) est encastré à son extrémité A et est muni à son extrémité C d’un bras rigide CD solidement
fixé au couvercle. Le matériau utilisé a une contrainte d’écoulement en chargement uniaxial SY =
350 MPa.
On applique simultanément une pression interne p = 2 MPa à l’intérieur du cylindre et une
force F = 6400 N à l’extrémité D du bras rigide (force parallèle à l’axe ⃗z dans le sens indiqué sur
la figure).
1. Déterminez les contraintes agissant au point K qui est situé sur la paroi externe du
cylindre au niveau de la section B, représenter ces contraintes sur un élément de matière
au voisinage de ce point en indiquant le sens de chaque contrainte.
2. Évaluez le facteur de sécurité contre l’écoulement au point K.
⃗y
A
B
C
t
r
p
⃗x
K
⃗z
0,05 m
1,20 m
0,9 m
D
F=6400 N
figure. 10.5 – exercice 2 : cylindre à paroi mince
Solutions


σx





σθ



σ
r
1.

τrx




τrθ



τ
θx
= σx,p + σx,F = 20 + 50, 1 = 70, 1 MPa
= σθ,p = 40 MPa
= 0 MPa
= 0 MPa
= 0 MPa
= 18, 78 MPa
398
A. Batailly, hiver 2025
Facteurs de sécurité
10.4
Exercices d’application
⃗y = −⃗θ
σθ = σy = 40 MPa
σx = 70, 01 MPa
⃗x
K
τxθ = 18, 78 MPa
2. FSTresca = 4, 5 et FSvon Mises = 5, 16
399
A. Batailly, hiver 2025