Potentiel interne 2

Cette méthode fait un bilan global des précédentes, en généralisant le concept quel que soit le degré d’hyperstaticité du système. Elle sera donc à privilégier dès lors qu’on s’intéresse à des systèmes de degré supérieur ou égal à deux. Mais commençons d’abord par en expliquer le principe pour un système hyperstatique d’ordre 1.

Poutre encastrée à gauche et sur appui simple à droite, avec une charge uniformément répartie. Tout d’abord, décomposer ce système en deux systèmes isostatiques.

Les inconnues sont baptisées « $\mathrm X_{xx}$ » quelle que soit leur orientation.

Avec : $\Delta_1=0$ déplacement global pour les deux schémas suivants $\rm X_1$ dû au chargement.

Ce qui donne :

Déplacement du Système $\rm S_0$ : $\Delta_{10}$

Déplacement du système $\rm S_1$ : $\rm \Delta_{11} = X_1 \delta_{11}$
$\delta_{11}$ pour une charge unité dans le sens de $\rm X_1$

Ce qui donne en regroupant : $\rm \Delta_1 = \Delta_{10} + X_1\delta_{11}$ $\rm\Rightarrow X_1= −\Delta_{10} \delta_{11}$ avec $\displaystyle\rm\delta_{11} = \int\dfrac{\overline{M^2}}{EI}\cal dx$ et $\rm\displaystyle\Delta_{10} = \int\dfrac{M\overline{M}}{EI}\cal dx$

Calculs des $\Delta_{xx}$ : $\mathrm{M_{(s _0)}} = \dfrac{−q}{2} (x−l)^2$ et $\mathrm{M_{(s_1)}} = −(x−l)$ $\Rightarrow \mathrm{EI} \Delta_{10} = \int_0^l \dfrac{q}{2} (x−l)^2 (x−l) dx$ $\displaystyle =\int_0^l \dfrac{q}{2} (x−l)^3 dx$ $=\dfrac{q}{2} \left[\dfrac{(x−l)^4}{4}\right]_0^l = \dfrac{−ql^4}{8 \rm EI}$

La suite se fera à l’aide des intégrales de Mohr (en considérant des diagrammes deux moments triangulaires positifs.

$\displaystyle\delta_{11} = \int\dfrac{\overline{\rm M^2}}{\rm EI} dx$ avec $\mathrm A=\dfrac{l}{2}$ $\rm CDG$ à $\dfrac{l}{3}$ $\Rightarrow \mathrm M_{\left(\frac{l}{3}\right)} =\dfrac{2l}{3}$ $\Rightarrow \delta_{11} = \dfrac{1}{\rm EI} \dfrac{l}{2} \dfrac{2l}{3} = \dfrac{l^2}{3 \rm EI}$

Calcul de $\rm{X_1}$ :

$\mathrm X_1 = \dfrac{−\Delta_{10}}{\delta_{11}} = \dfrac{−\left(\frac{−ql^4}{8 \rm EI}\right)}{\frac{l^3}{3 \rm EI}} = \dfrac{3 ql}{8} = \rm Y_B$ $\Rightarrow \mathrm{Y_A} = \dfrac{5 ql}{8}$ ; $\mathrm{M_A} = \dfrac{ql^2}{8}$

Inconnues : $\rm X_A$ ; $\rm Y_A$ ; $\rm M_A$ ; $\rm X_C$ ; $\rm Y_C$ $\Rightarrow d=\rm I−E=5−3=2$

Puis on enlève l’articulation afin de retrouver un système isostatique, mais en conservant les déplacements égaux à zéro. Les effets des efforts tranchants seront négligés devant $\rm M$ et $\rm N$.

$\left\{\begin{array}{lll}\Delta_1 = \Delta_{10} + \Delta_{11} + \Delta_{12} = 0\\
\Delta_2 = \Delta_{20} + \Delta_{21} + \Delta_{22} = 0\end{array}\right\}$

$\Delta_{10}$ : déplacement suivant $\rm X_1$ du à $\rm q/m$
$\Delta_{11}$ : déplacement suivant $\rm X_1$ du à $\rm X_2$
$\Delta_{12}$ : déplacement suivant $\rm X_1$ du à $\rm X_1$

$\Delta_{20}$ : déplacement suivant $\rm X_2$ du à $\rm X_2$
$\Delta_{21}$ : déplacement suivant $\rm X_2$ du à $\rm X_1$
$\Delta_{22}$ : déplacement suivant $\rm X_2$ du à $\rm q/m$

Mais on a : $\Delta_{11} = \rm X_1 \delta_{11}$ ; $\rm \Delta_{12} = X_2\delta_{12}$ ; $\rm\Delta_{21} = X_1 \delta_{21}$ ; $\rm \Delta_{22} = X_2\delta_{22}$

On a le système suivant :

$\left[\begin{array}{ll}\rm \Delta_1=0=\Delta_{10}+X_1\delta_{11} + X_2 \delta_{12}\\
\rm \Delta_2=0=\Delta_{20} + X_1\delta_{21} + X_2\delta_{22}\end{array}\right]$ ce qui donne la forme matricielle : $\left(\begin{array}{ll}\delta_{11} &  \delta_{12}\\ \delta_{21} & \delta_{22}\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{ll}\rm X_1\\ \rm X_2\end{array}\right) = −\left(\begin{array}{ll}\Delta_{10}\\ \Delta_{20}\end{array}\right)$

Avec :

$\rm M_0 =$ moment fléchissant pour le système $\rm (S_0)$ isostatique, contenant la charge répartie $\rm q/m$
$\rm M_1 =$ moment fléchissant pour le système $\rm (S_1)$ isostatique, contenant la force unité dans le sens de $\rm X_1$
$\rm M_2 =$ moment fléchissant pour le système $\rm (S_2)$ isostatique, contenant la force unité dans le sens de $\rm X_2$

$\displaystyle \rm \Delta_{10} = \int_{potence} \left(\dfrac{M_1M_0}{EI} + \dfrac{N_1N_0}{ES}\right) d\cal s$ ; $\displaystyle \rm \Delta_{20}= \int_{potence} \left(\dfrac{M_2M_0}{EI} + \dfrac{N_2N_0}{ES}\right)d\cal s$
$\displaystyle \rm \delta_{11}= \int_{potence} \left(\dfrac{M_1^2}{EI} + \dfrac{N_1^2}{ES}\right)d\cal s$ ; $\displaystyle \rm \delta_{22} = \int_{potence} \left(\dfrac{M_2^2}{EI} + \dfrac{N_2^2}{ES}\right)d\cal s$ ; $\displaystyle \rm \delta_{12} = \delta_{21} = \int_{potence} \left(\dfrac{M_1M_2}{EI} + \dfrac{N_1N_2}{ES}\right)d\cal s$

Le calcul des différents moments et efforts normaux se fait de la même façon qu’avec la méthode de Fontviolant, pour chacun des cas.

Exemple de la poutre bi-encastrée

Il faut calculer maintenant tous les coefficients ($6$ en tout au lieu de $12$). À chaque fois que cela sera possible, on utilisera la méthode semi-graphique d’intégration ou les intégrales de Mohr.

Évaluation de $\delta_{22}$ : (par la méthode semi-graphique d’intégration)

$\displaystyle \delta_{22} = \dfrac{1}{\rm EI} \int_0^l \rm M^2_2d \cal x$ $= \dfrac{1}{\rm EI} \dfrac{l^2}{2} \dfrac{2l}{3} = \dfrac{l^3}{3\rm EI}$

$\rm\displaystyle \delta_{23} = \dfrac{1}{EI}\int_0^l M_2 M_3 d\cal x$ $= \dfrac{1}{\rm EI} l^2\dfrac{1}{2} = \dfrac{l^2}{2 \rm EI}$
$\displaystyle \delta_{32} = \dfrac{1}{\rm EI}\int^0_l \rm M^3M^2d\cal x$ $=\dfrac{1}{\rm EI} \dfrac{l^2}{2} \times 1= \dfrac{l^2}{2 \rm EI}$
$\delta_{23}=\delta_{32}$

$\displaystyle \delta_{33} = \dfrac{1}{\rm EI}\int_0^l \mathrm M_3^2 \mathrm dx=\dfrac{l}{\rm EI} \times 1 \times 1 = \dfrac{l}{\rm EI}$

Résolution en utilisant la méthode de Fontviolant :

$\mathrm M_{(x)} = \dfrac{−q}{2} \times (x−l)^2$ ; $\mathrm M_{2(x)} = −( x−l)$
$\Rightarrow \displaystyle\Delta_{20} = \dfrac{1}{\rm EI}\int_0^l \dfrac{q}{2} \times (x−l)^2 (x−l) \mathrm dx$ $\displaystyle = \dfrac{q}{2 \rm EI}\int_0^l (x−l)^3 \mathrm dx = \dfrac{−ql^4}{8 \rm EI}$

$\mathrm M_{(x)} = \dfrac{−q}{2} \times (x−l)^2$ ; $\mathrm M_{3(x)} = 1$
$\Rightarrow\displaystyle \Delta_{30} = \dfrac{1}{\rm EI}\int_0^l \dfrac{q}{2} \times (x−l)^2 \times 1 dx$ $= \dfrac{q}{2 \rm EI}\int_0^l (x−l)^2dx$ $=\dfrac{−ql^4}{ 6 \rm EI}$

On reprend le système matriciel :

$\left(\begin{array}{ll}\delta_{22} & \delta_{23}\\ \delta_{32} & \delta_{33} \end{array}\right)\times \left(\begin{array}{ll}\rm X_2\\ \rm X_3\end{array}\right)=−\left(\begin{array}{ll}\Delta_{20} \\ \Delta_{30} \end{array}\right)$ $\Rightarrow \dfrac{1}{\rm EI} \times \left(\begin{array}{ll}\dfrac{l^3}{3} & \dfrac{l^2}{2}\\ \dfrac{l^2}{2} & l\end{array}\right) \times \left(\begin{array}{ll}\rm X_2\\ \rm X_3\end{array}\right)$ $= −\left(\begin{array}{ll}\dfrac{−ql^4}{8}\\ \dfrac{−ql^3}{6}\end{array}\right)\times \dfrac{1}{\rm EI}$ $\Rightarrow \left(\begin{array}{ll}\dfrac{l^3}{3} & \dfrac{l^2}{2}\\ \dfrac{l^2}{2} & 1 \end{array}\right)\times \left(\begin{array}{ll}\rm X_2\\ \rm X_3\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ll}\dfrac{ql^4}{8}\\ \dfrac{ql^3}{6}\end{array}\right)$

Le système devient :

$\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{l^2}{3} \mathrm X_2 + \dfrac{l}{2} \mathrm X_1=\dfrac{ql^3}{8}\\ \dfrac{l}{2} \mathrm X_2+ \mathrm X_1 = \dfrac{ql^2}{6}\end{array}\right\}$

Système de $2$ équations à $2$ inconnues que l’on peut résoudre soit par la méthode de substitution, soit par la méthode de Cramer (méthode de résolution par déterminants).

Les solutions de ce système sont :

$\mathrm X_2=\dfrac{ql}{2} = \rm Y_B$ ; $\mathrm X_3=\dfrac{−ql^2}{12} = \rm M_B$

Dans les sens définis par les systèmes d’action unité ($\rm X_3$ étant négatif, cela signifie que le sens choisi arbitrairement n’est pas le bon).

Remarque : on constate que l’on ne peut pas trouver l’action horizontale $\rm X_A$ ou $\rm X_B$.