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Résistance Des Matériaux Exercice corrigé : Méthode d’intégration directe 1 Exe

Résistance Des Matériaux Exercice corrigé : Méthode d’intégration directe 1 Exercice 01 : Soit une poutre simplement appuyée de 4m de long, chargée par deux forces. Calculer l’angle de rotation et le déplacement vertical au point « B ». LxH=30x40cm et E = 30 [Gpa] Solution : Après le tracé du diagramme équivalent des forces, on trouve ; 105 35 ) ( ) 3 ( 20 ) 5 . 1 ( 30 15 ) ( 35 20 30 15 ) ( 4 3 5 15 ) ( 10 15 ) ( 3 0 35 ; 15 ; 0 2 + − = − − − − = − = − − =   − = − =   = = = x x M x x x x M x T m x x x x M x x T m x KN R KN R R y y x C A A L’équation différentielle de la déformée dans les deux sections, s’écrit : 4 3 2 3 2 1 4 3 3 2 1 3 2 2 2 105 6 35 12 5 6 15 105 2 35 3 5 2 15 105 35 5 15 4 3 3 0 C x C x x EIy C x C x x EIy C x x y EI C x x y EI x y EI x x y EI m x m x + + + − = + + − = + + − =  + − =  + − =   − =       10 KN/ml 1m 3m A B 20 KN C 10 KN/ml 1m 3m A B 20 KN C RAy RAx RCy Résistance Des Matériaux Exercice corrigé : Méthode d’intégration directe 2 *D’après les conditions aux limites : -Lorsque « x = 0 », le déplacement vertical du point « A » est nul. Donc. 0 0 12 5 6 15 0 0 2 2 1 4 3 =  = + + − =  = C C x C x x y x -Par principe de continuité entre les sections, la rotation angulaire dans le même point est identique « ) ( ) ( x x II I   = ». Donc. 277 ) 3 ( 105 ) 3 ( 2 35 ) 3 ( 3 5 ) 3 ( 2 15 105 2 35 3 5 2 15 3 3 1 3 2 1 3 2 3 2 1 3 2 = − + + − = + − + + − = + −  =   = C C C C C x x C x x y y x II I -Le même principe reste exacte pour le déplacement vertical. « ) ( ) ( x y x y II I = ». ( ) 75 . 549 25 . 281 3 ) 3 ( ) 3 ( 2 105 ) 3 ( 6 35 ) 3 ( ) 3 ( 12 5 ) 3 ( 6 15 2 105 6 35 12 5 6 15 3 4 3 1 4 4 3 2 3 2 1 4 3 4 3 2 3 2 1 4 3 =  − − = + + + − = + + − + + + − = + + − =  = C C C C C C C C C x C x x C x C x x y y x II I -Lorsque « x = 4m » le déplacement vertical du point « C » est nul. Donc. 60 . 96 0 2 105 6 35 0 4 3 4 3 2 3 − =  = + + + − =  = C C x C x x y x Résistance Des Matériaux Exercice corrigé : Méthode d’intégration directe 3 Sachant que : 40 . 180 277 1 3 1 =  + = C C C Les équations différentielles s’écrivent à la fin : 75 . 549 6 . 96 2 105 6 35 4 . 180 12 5 6 15 6 . 96 105 2 35 4 . 180 3 5 2 15 105 35 5 15 4 3 3 0 2 3 4 3 2 3 2 2 + + + − = + − = − + − =  + − =  + − =   − =       x x x EIy x x x EIy x x y EI x x y EI x y EI x x y EI m x m x A une distance de « 3m », « EIy= 574.95 », sachant que E= 30 [Gpa], LxH= 30x40cm. m y 012 . 0 12 4 . 0 3 . 0 10 30 95 . 574 3 6 =    = Donc, le déplacement vertical au point « B » est égal à 0.012 [m]. La rotation angulaire au même point « B » est.  = =    =  07 . 0 0013 . 0 12 4 . 0 3 . 0 10 30 9 . 60 3 6 rad y uploads/s3/ exercice-corrige-methode-d-x27-integration-directe-1 1 .pdf