Détermination de la matrice de rigidité

1. Par Joël M. ZINSALO Page 1
CHAPITRE :
1. Déplacement uniaxial – Eléments à deux forces
2.1.Eléments à deux forces
Considérons une barre prismatique de longueur L de section A et de module
d’élasticité E.
Figure 1 : Barre prismatique de longueur L
Les extrémités de la barre sont identifiées à des nœuds. Ces nœuds sont des
points d’attache (ou de liaison) d’autres éléments et les points dans un ensemble
d’éléments pour lesquels les déplacements sont faits.
Les forces, dans un élément de membrure à deux forces, sont appliquées
seulement aux nœuds et les déplacements de tous les nœuds sont dans la
direction x.
Sur la figure 1 les déplacements des nœuds 1 et 2 sont respectivement
représentés par les symboles u1 et u2.
ANALYSE MATRICIELLE APPLIQUEE AUX
STRUCTURES
y
L
x2
x1
x
Y
nœud 1
nœud 2
xF1 F2
1 2
u1 u2

2. Par Joël M. ZINSALO Page 2
On établit les conventions suivantes :
Les forces et les déplacements sont comptés positivement quand ils
agissent dans la direction positive des coordonnées. Sur la figure 1, toutes
les forces et les déplacements sont comptés positivement. Par contre pour
l’équilibre d’un élément de membrure à deux forces, la convention de signe
requiert que la force à une extrémité (nœud) soit positive et la force à l’autre
extrémité soit négative.
La position d’un nœud dans une structure non déformée est prise égale à la
position de référence pour ce nœud. Donc le déplacement d’un nœud est le
changement de position du nœud comme la structure se déforme pendant
l’application de la charge.
De la mécanique classique, on retient que la variation de déplacement
élémentaire d’un élément de membrure de longueur L, de section A et de module
d’élasticité E (voir figure 1) est donnée par la relation :
− = = (1)
On définit la rigidité k de la membrure par l’expression suivante :
= .
De la relation (1) on tire :
= (2)
On obtient :
Appliquons cette définition à la membrure à deux forces de la figure 1. On peut
exprimer la force à chaque nœud de la membrure en fonction des déplacements
nodaux u1 et u2 et de la rigidité k. On a :
( )
( )


−=
−=
122
211
uukF
uukF
⇔
( )
( )


+−=
−=
212
211
uukF
uukF
Sous forme matricielle on écrit :

3. Par Joël M. ZINSALO Page 3






⋅





−
−
=






2
1
2
1
11
11
u
u
k
F
F
(3)
ou
} [ ] }{{ qkQ ⋅= (4)
avec :
} [ ]{ T
FFQ 21= : vecteur chargement aux nœuds de l’élément.
[ ]k : matrice de rigidité de l’élément.
}{ [ ]T
uuq 21= : vecteur déplacement nodal de l’élément.
Définition
Un degré de liberté dans une structure est un déplacement indépendant d’un
nœud.
Pour un élément de membrure à deux forces, on évoque seulement des
déplacements nodaux et puisque chaque nœud peut mouvoir seulement le long
de l’axe x, chaque nœud a un degré de liberté. Donc chaque élément possède
deux déplacements soit deux degrés de liberté.
L’équation (4) est la relation générale force-déplacement pour l’élément de
membrure à deux forces et est applicable à tout élément de membrure dans un
assemblage d’éléments.
Pour plus de clarté, on appliquera un numéro d’identification à l’élément. Ainsi
l’équation (3) devient :
e
e
e
u
u
k
F
F






⋅





−
−
=







2
1
2
1
11
11
ou






⋅





−
−
=






e
e
e
e
e
u
u
k
F
F
2
1
2
1
11
11

4. Par Joël M. ZINSALO Page 4
2.2. Application à un assemblage de deux éléments à deux forces chacun
Figure 2 : Assemblage de deux éléments
Numéro de
l’élément
Numéro de nœud global dans l’assemblage
Nœud local 1 Nœud local 2
1
2
1
2
2
3
La figure 2 est un assemblage de deux éléments à deux forces dans un
déplacement uniaxial.
Pour l’élément 1 on a :
12
1
1
12
1
11
11






⋅





−
−
=







u
u
k
F
F
Pour l’élément 2 on a :
22
1
2
22
1
11
11






⋅





−
−
=







u
u
k
F
F
.
En dissociant les éléments, on a la figure 3 suivante :
x
1 3
y
2
21
2 3
F11
F21
1 2
F22 F32
1
2
Figure 3

5. Par Joël M. ZINSALO Page 5
On a :






⋅





−
−
=






21
11
1
21
11
11
11
u
u
k
F
F
et






⋅





−
−
=






32
22
2
32
22
11
11
u
u
k
F
F
(5)
où est la force agissant sur le nœud global de l’élément .
Considérons la figure suivante :
Figure 4 : Assemblage de deux éléments
L’assemblage de deux éléments montré à la figure 4 possède 3 nœuds et 3
déplacements (3 degrés de liberté). Désignons par Ri la force résultante agissant
sur le nœud global i. Notons que le diagramme de corps libre de la région
entourant le nœud 2 tel que montré sur la figure 4 illustre la charge externe
appliquée R2 et les forces exercées par les éléments adjacents. Ainsi l’équilibre de
la région entourant le nœud 2 donne :
R2 = F21 + F22.
De même au nœud 1 on a ; R1 = F11.
Au nœud 3 on a : R3 = F32
L’objectif est de combiner les deux équations (5) pour obtenir une équation qui
exprime les forces nodales Ri aux déplacements globaux ui de l’assemblage. La
1 32
2
1
u1 u2 u3
R3R1
R3

6. Par Joël M. ZINSALO Page 6
méthode suivante est théorique mais pas pratique pour solutionner les problèmes
réels.
Procédure de la méthode
1. Elargir les équations (5) pour inclure tous les déplacements nodaux ; ceci
donne










⋅










−
−
=










3
2
1
121
11
000
011
011
0 u
u
u
kF
F
et










⋅










−
−=










3
2
1
2
32
22
110
110
0000
u
u
u
k
F
F
2. Faire la somme des équations obtenues










⋅










−
−+










⋅










−
−
=










+










3
2
1
2
3
2
1
1
32
2221
11
110
110
000
000
011
0110
0 u
u
u
k
u
u
u
k
F
FF
F
3. Faire sortir le facteur du vecteur déplacement :










⋅










−
−+−
−
=










+=










3
2
1
22
2211
11
32
2221
11
3
2
1
0
0
u
u
u
kk
kkkk
kk
F
FF
F
R
R
R
ou
= ∙ (6)
est le vecteur de l’assemblage des forces nodales globales
est le vecteur de l’assemblage des déplacements nodaux globaux
est la matrice de rigidité du système global assemblé.
L’application de cette méthode permet de développer des équations matricielles
pour des systèmes contenant plus de deux éléments. Bien que cette technique
soit pratique pour des fins manuelles, elle n’est pas pratique pour des
incrémentations numériques sur ordinateur.
Une fois que les équations matricielles sont développées pour la structure, l’étape
suivante est de substituer les conditions aux limites et de résoudre le système

7. Par Joël M. ZINSALO Page 7
obtenu pour trouver les déplacements inconnus. A chaque nœud dans la
structure, les charges externes appliquées sont données ou bien le déplacement
nodal est spécifié.
Exercice 1 : Soit la structure suivante :
1. Trouver les déplacements "# et "$ des nœuds 2 et 3.
2. Trouver la force résultante % au nœud 1.
Résolution
Pour l’élément on peut écrire :
& %%
#%
' = % (
1 −1
−1 1
) *
"%
"#
+
Pour l’élément on a :
& ##
$#
' = # (
1 −1
−1 1
) *
"#
"$
+
On a :
% = # = =
,-
.
En élargissant chacune de ces équations on a :
/
%%
#%
0
1 = 2
1 −1 0
−1 1 0
0 0 0
3 /
"%
"#
"$
1 45 /
0
##
$#
1 = 2
0 0 0
0 1 −1
0 −1 1
3 /
"%
"#
"$
1
En les sommant on obtient :
/
%% + 0
#% + ##
0 + $#
1 = 2
1 −1 0
−1 2 −1
0 −1 1
3 /
"%
"#
"$
1
1 32
21
$ = −15
8
# = 10
1
2

8. Par Joël M. ZINSALO Page 8
⟺ /
%
#
$
1 =
,-
.
∙ 2
1 −1 0
−1 2 −1
0 −1 1
3 /
"%
"#
"$
1
Avec l’encastrement en on a "% = 0 et on a :
(1) /
%
10
−15
1 =
,-
.
∙ 2
1 −1 0
−1 2 −1
0 −1 1
3 /
0
"#
"$
1
On peut y extraire :
*
10
−15
+ =
,-
.
(
2 −1
−1 1
) *
"#
"$
+ ⟹ *
"#
"$
+ =
.
,-
(
1 1
1 2
) *
10
−15
+ =
.
,-
∙ *
−5
−20
+
D’où
=
−; ∙
<= > =
− ? ∙
De on a :
% =
,-
.
(0) −
,-
.
("#) +
,-
.
(0) ∙ "$ = −
,-
.
@
−5.
,-
A = 5
D’où F = ;
Exercice 3 : Déterminer la matrice de rigidité globale de l’assemblage de 3
éléments de structure montré à la figure suivante :
1
1
3
1 32
21
G 8 %
4

9. Par Joël M. ZINSALO Page 9
Solution :
Pour l’élément on a :
& %%
#%
' = (
1 −1
−1 1
) *
"%%
"#%
+
Et en élargissant on a :
H
%%
#%
0
0
I = J
1 −1 0 0
−1 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
K H
"%
"#
"$
"G
I
Pour l’élément on a :
& ##
$#
' = (
1 −1
−1 1
) *
"##
"$#
+ ⟹ H
0
##
$#
0
I = J
0 0 0 0
0 1 −1 0
0 −1 1 0
0 0 0 0
K H
"%
"#
"$
"G
I
Pour l’élément on a :
& $$
G$
' = (
1 −1
−1 1
) *
"$$
"G$
+ ⟹ H
0
0
$$
G$
I = J
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 1 −1
0 0 −1 1
K H
"%
"#
"$
"G
I
3. Déplacement plan général : éléments à deux forces
Considérons l’élément de membrure à deux forces positionnées arbitrairement
dans le plan global (X, Y) :
2 3
##
$#
2
1 2
%%
#%
1
3 4
$$
G$
3
1
2
3

10. Par Joël M. ZINSALO Page 10
LM : axe de coordonnée globales
8N : axe de coordonnées locales
Soient :
%O la composante de % au nœud 1 dans la direction globale L
%P la composante de % au nœud 1 dans la direction locale 8
%Q la composante de % au nœud 1 dans la direction globale M
%R la composante de % au nœud 1 dans la direction locale N
Les déplacements nodaux sont représentés par :
" O : déplacement du nœud dans la direction globale L
" P : déplacement du nœud dans la direction locale 8
S Q : déplacement du nœud dans la direction globale M
S R : déplacement du nœud dans la direction locale N
Pour l’élément considéré, %R = 0 et #R = 0
On peut écrire
/
%P
#P
1 = (
1 −1
−1 1
) /
"%P
"#P
1 7
Transformons l’équation à deux déplacements en équation à quatre déplacements
en considérant %R = 0 et #R = 0
On a :
1
%
#
8
N
2
U
L
M

11. Par Joël M. ZINSALO Page 11
V
W
X
%P
%R
#P
#RY
Z
[
=
1 0 −1
0 0 0
−1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
] H
"%P
S%R
"#P
S#R
I (8)
Ou _ PR = PR ∙ ` PR (9)
où
_ PR : vecteur colonne des forces au nœud de l’élément agissant dans les
directions locales 8 et N.
PR : matrice de rigidité de l’élément dans le système de coordonnées locales au
plan local
` PR : vecteur colonne des coordonnées du déplacement dans les directions
locales 8 et N.
4. Transformation des coordonnées
Dans une structure générale beaucoup d’éléments sont donnés et devraient être
orientés à différentes valeurs de l’angle U.
Soit b un vecteur b = cÎ efg ∙ &
bO
bQ
' système de coordonnées globales
b = cÎ efg ∙ &
bO
bQ
' = ViÎ + bQef
Dans le système de coordonnées locales (j; î, n̂)
b = î n̂ ∙ &
bP
bR
' = VPî + bRn̂
Dans la rotation d’angle U on a :
p̂
b
8
N
U
L
M
Un̂
ef

12. Par Joël M. ZINSALO Page 12
î n̂ = cÎ efg ∙ (
cos U − sin U
sin U cos U
) = cÎ efg ∙ ,
où U est mesuré positivement dans le sens des aiguilles d’une montre à partir de
l’axe L.
Donc :
b = cÎ efg ∙ &
bO
bQ
' = b = cÎ efg ∙ , &
bP
bR
'
d’où
&
bO
bQ
' = , ∙ &
bP
bR
' (10)
C’est la relation de transformation de tout vecteur b dans un système d’axe en
rotation.
Les éléments de la matrice carrée , sont les directions cosinus des angles entre
les vecteurs unitaires des deux systèmes de coordonnées.
La matrice de passage est assez universelle et délicate. D’aucun inverse
l’interprétation en écrivant
cÎ efg = î n̂ ∙ ,u
où la matrice ,u
est la transposée de la matrice , dans l’équation (10).
Dans le cas général d’une rotation d’un système de coordonnées orthogonales
, v
= , w%
Considérons la transformation du vecteur force de l’équation (8) du système de
coordonnées locales (8, N) en système en système de coordonnées globales (L, M) :
/
%O
%Q
1 = , x
%P
%R
y z {4 |z}~•4 1
/
#O
#Q
1 = , x
#P
#R
y z {4 |z}~•4 2
En combinant ces deux relations on obtient le vecteur force nodale de l’élément
entier. On a :
H
%O
%Q
#O
#Q
I =
€
•
•
•
‚
⋯
,
⋯
0
⋯
⋮
⋮
⋮
⋮
⋮
⋯
0
⋯
,
⋯
…
†
†
†
‡
V
W
X
%P
%R
#P
#RY
Z
[
ou

13. Par Joël M. ZINSALO Page 13
_ OQ = ,# _ PR (11)
avec
,# = J
{zˆU
ˆ |U
0
0
−ˆ |U
{zˆU
0
0
0
0
{zˆU
ˆ |U
0
0
−ˆ |U
{zˆU
K
En rappelant l’équation (9) :
_ PR = PR ∙ ` PR
et en la substituant dans (11), on obtient :
_ OQ = ,# ∙ PR ∙ ` PR (12)
La matrice de transformation ,# peut être aussi appliquée au vecteur
déplacement :
H
"%O
S%Q
"#O
S#Q
I = ,# ∙ H
"%P
S%R
"#P
S#R
I
ou :
` OQ = ,# ∙ ` PR ⇒ ` PR = ,#
w%
` OQ
D’où l’équation (12) devient :
_ OQ = ,# ∙ PR ∙ ,#
v
∙ ` PR (13)
De la forme _ OQ = OQ ∙ ` OQ
⟹ OQ = ,# ∙ PR ∙ ,#
v
(14)
La relation (14) transforme la matrice de rigidité de l’élément local (écrit
originellement en système de coordonnées locales) en système de coordonnées
globales.

14. Par Joël M. ZINSALO Page 14
y
1
2
x
X
Y
Exercice : On considère l’élément de la figure suivante
Construire la matrice de rigidité de la
structure relativement au système de
coordonnées globales (L M)
Correction :
Matrice de rigidité par rapport au système global (L M).
Le système local (8 N) est appliqué à l’origine au nœud 1. La matrice de rigidité
locale de cet élément relativement au système local (8 N) est donné par :
PR =
,-
.
∙ J
1
0
−1
0
0
0
0
0
−1
0
1
0
0
0
0
0
K
La matrice de rigidité relativement au système global LM es obtenue en utilisant
l’équation (14) suivante :
OQ = ,# ∙ PR ∙ ,#
v
Où pour U = 90° on a :
,# = J
0
1
0
0
−1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
−1
0
K ⟹ ,#
v
= J
0
−1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
−1
0
0
1
0
K
OQ = J
0
1
0
0
−1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
−1
0
K ∙
,-
.
∙ J
1
0
−1
0
0
0
0
0
−1
0
1
0
0
0
0
0
K J
0
−1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
−1
0
0
1
0
K
D’où
OQ =
,-
.
∙ J
0
0
0
0
0
1
0
−1
0
0
0
0
0
−1
0
1
K

15. Par Joël M. ZINSALO Page 15
Exercice 2 : Pour la structure montrée à la figure suivante trouver la matrice de
rigidité de chaque élément relativement au système de coordonnées L M.
Résolution : Considérons l’élément 1 de la figure. Définissons arbitrairement le
nœud global 3 comme nœud local 1 de cet élément.
La matrice de rigidité relativement au système local 8 N est définie par l’équation
(8) :
PR = % J
1
0
−1
0
0
0
0
0
−1
0
1
0
0
0
0
0
K zù % = @
,-
.
A
%
La matrice de rotation ,# (équation (11)) s’écrit :
,# = J
0
−1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
−1
0
0
1
0
K
X
Y
= 10 •
30 Ž
1 2
3
, = 4Ž#
Elément 2
(Acier)
, = 1,5 Ž#
Elément 1
(Acier)
40 Ž
X
Y
8
U = −
•
2
1
2
3
local
global
4=
2
local
N
U = −
•
2
U est compté à partir
de L
1

16. Par Joël M. ZINSALO Page 16
Ainsi l’équation (14) donne :
OQ = ,# ∙ PR ∙ ,#
v
OQ = J
0
−1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
−1
0
0
1
0
K ∙ % J
1
0
−1
0
0
0
0
0
−1
0
1
0
0
0
0
0
K ∙ J
0
1
0
0
−1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
−1
0
K
OQ = % J
0
0
0
0
0
1
0
−1
0
0
0
0
0
−1
0
1
K pour l”
élément
Considérons l’élément de la figure et définissons le nœud global 1 comme
nœud local 1. En suivant la même procédure précédente on a :
PR = # J
1
0
−1
0
0
0
0
0
−1
0
1
0
0
0
0
0
K zù # = @
,-
.
A
#
La matrice de rotation ,# s’écrit :
,# = J
0,8
0,6
0
0
−0,6
0,8
0
0
0
0
0,8
0,6
0
0
−0,6
0,8
K
Ainsi l’équation (14) donne
OQ = ,# ∙ PR ∙ ,#
v
PR = J
0,8
0,6
0
0
−0,6
0,8
0
0
0
0
0,8
0,6
0
0
−0,6
0,8
K ∙ J
0
−1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
−1
0
0
1
0
K ∙ J
0,8
−0,6
0
0
0,6
0,8
0
0
0
0
0,8
−0,6
0
0
0,6
0,8
K
2
1
U
y
x
2
1
Y
X

17. Par Joël M. ZINSALO Page 17
PR = # J
0,64
0,48
−0,64
−0,48
0,48
0,36
−0,48
−0,36
−0,64
−0,48
0,64
0,48
−0,48
−0,36
0,48
0,36
K pour l’élément
Exercice 3 : Assembler les matrices de rigidité des éléments de la structure de
l’exercice 2 (précédent) pour obtenir la matrice de rigidité du système global.
Procédure de l’assemblage des éléments
1. La première étape dans la procédure d’assemblage des matrices est
d’attribuer des numéros à chaque variable de déplacement. Sur la base de
référence locale en dimension 1 les 4 déplacements (2 déplacements par
nœud pour chaque nœud par élément) seront numérotées consécutivement
de 1 à 4.
- Numéro nodal local : 1 1 2 2
- Déplacement local : "% S% "# S#
- Numéro de déplacement local : 1 2 3 4
2. La deuxième étape consiste à attribuer à chaque déplacement global des
numéros. Puisqu’il y a 3 nœuds dans ce problème, il y a 6 déplacements
avant l’application des contraintes aux limites :
- Numéro nodal global : 1 1 2 2 3 3
- Déplacement global : "% S% "# S# "$ S$
Remarquons que le numéro de déplacement global est lié au numéro nodal
global par la relation :
Numéro de déplacement global dans la direction L = 2(•"Žé z |z}~• ™•zš~•) − 1
Numéro de déplacement global dans la direction M = 2(•"Žé z |z}~• ™•zš~•)
3. La 3e étape consiste à établir la numérotation nodale le long des lignes de la
table suivante :
2

18. Par Joël M. ZINSALO Page 18
Numéro d’élément
Numéro nodal global
Nœud local 1 Nœud local 2
1 1 2
2 2 3
Ce tableau identifie que le numéro global de chaque nœud local de tout élément
peut être établi avec le tableau général ›•(œ, e) dont la ligne (le premier indice)
définit le nœud 1 ou le nœud 2 de l’élément.
Pour ce problème à deux éléments on doit avoir ›•(œ, e)
J
I
1 2
1
2
3
1
2
3
⟵ Elément 1
⟵ Elément 2
↑
Nœud local 1
↑
Nœud local 2
Les attributions locales et globales de l’élément se présentent comme suit :
1
1 2
2
2 3
J
Nœud
I (Numéro de l’élément)
1
2
3
4
5
6
3
4 €
•
•
•
•
•
‚
0
0
0
0
0
1
0
−1
0
0
0
0
0
−1
0
1 …
†
†
†
†
†
‡
% = %
5 6 3 4
1 2 3 4
Numéro de déplacement
1

19. Par Joël M. ZINSALO Page 19
Les attributions locales et globales de l’élément se présentent comme suit :
La procédure à cette dernière étape consiste maintenant à ajouter des éléments
de chaque matrice de rigidité ayant une attribution globale commune.
Ceci crée la matrice de rigidité globale qui dans le cadre de l’exercice 2 s’écrit :
Exercice 4 : Continuer avec la structure illustrée à l’exercice 2, construire les
vecteurs charge et déplacement. Utiliser la matrice de rigidité développée à
l’exercice 3. Résoudre pour obtenir les vecteurs déplacement au nœud 3.
Résolution
Rappelons que le vecteur charge globale est simplement un tableau de charge
appliqué à chaque nœud et le vecteur déplacement global est simplement un
tableau des déplacements dans les directions.
2
1
2
3
4
1
2
5
6 €
•
•
•
•
•
‚
0,64
0,48
−0,64
−0,48
0,48
0,36
−0,48
−0,36
−0,64
−0,48
0,64
0,48
−0,48
−0,36
0,48
0,36 …
†
†
†
†
†
‡
# = #
1 2 5 6
1 2 3 4
€
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
‚
0,64 #
0,48 #
0
0
−0,64 #
−0,48 #
0,48 #
0,36 #
0
0
−0,48 #
−0,36 #
0
0
0
0
0
0
0
0
0
%
0
− %
−0,64 #
−0,48 #
0
0
0,64 # + 0
0,48 # + 0
−0,48 #
−0,36 #
0
− %
0,48 # + 0
% + 0,36 …
†
†
†
†
†
†
†
†
†
†
‡
5
6
1
2
3
4
5 61 2 3 4
=

20. Par Joël M. ZINSALO Page 20
La résultante des charges externes appliquées agissant sur la structure initiale de
l’exercice 2.
=
V
Ÿ
W
Ÿ
X
%O
%Q
#O
#Q
$O
$QY
Ÿ
Z
Ÿ
[
=
V
Ÿ
W
Ÿ
X
%O
%Q
#O
#Q
10.000
0 Y
Ÿ
Z
Ÿ
[
Où les réactions aux appuis %O, %Q, #O, #Q sont des inconnues.
=
V
Ÿ
W
Ÿ
X
"%
S%
"#
S#
"$
S$Y
Ÿ
Z
Ÿ
[
OQ
=
V
Ÿ
W
Ÿ
X
0
0
0
0
"$
S$Y
Ÿ
Z
Ÿ
[
OQ
= ∙
V
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
W
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
X
%O
%Q
#O
#Q
$O
$QY
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Z
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
[
=
€
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
‚
0,64 #
0,48 #
0
0
−0,64 #
−0,48 #
0,48 #
0,36 #
0
0
−0,48 #
−0,36 #
0
0
0
0
0
0
0
0
0
%
0
− %
−0,64 #
−0,48 #
0
0
0,64 # + 0
0,48 # + 0
−0,48 #
−0,36 #
0
− %
0,48 # + 0
% + 0,36 #…
†
†
†
†
†
†
†
†
†
†
‡
V
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
W
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
X
0
0
0
0
"$O
S$QY
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Z
Ÿ
Ÿ
Ÿ
Ÿ
[
(16)
La solution de cette équation (16) suit la procédure utilisée précédemment.
D’abord on réduit la matrice de rigidité en extrayant les rangées associées aux
forces inconnues et les colonnes correspondant aux valeurs nulles des
déplacements. Ce qui donne l’équation suivante :
/
10000
0
1 = 2
0,64 #
0,48 #
0,48 #
0,36 # + %
3 ∙ /
"$O
S$Q
1
Où
% = @
,-
.
A
%
=
1,5 × 30. 10¡
30
= 1,5. 10¡
•/Ž
# = @
,-
.
A = 2,4. 10¡
•/Ž

21. Par Joël M. ZINSALO Page 21
En substituant ces valeurs % et # dans la matrice de rigidité on trouve :
"$P = 0,0103 Ž
S$R = −0,0050 Ž
Les réactions aux appuis sont déterminées par substitution des déplacements "$P
et S$R venant d’être calculés.
H
%O
%Q
#O
#Q
I = H
−10000
−7500
0
7500
I
4. K
5. Elément de poutre ou membrure dans un plan
L’élément à deux forces a des applications pratiques en analyse de structure. Il
est assez limité car il ne donne qu’une rigidité de flexion. Un second élément
étudié est l’élément de chargement uniaxial et ultérieurement un élément général
pouvant supporter des contraintes axiales et des forces de liaison. Soit un
élément de poutre montré à la figure suivante :
%O = 10 •
3
2
1
%Q = −7,5 • #Q = 7,5 •
= 10 •
Y

22. Par Joël M. ZINSALO Page 22
Les forces et les moments £ agissent dans le plan et seulement aux nœuds
extrêmes de la poutre. La force nodale est perpendiculaire à l’élément. Le
chargement axial n’est pas considéré ici.
Le système de coordonnées locales (8, N)est parallèle au système de coordonnées
globale (L, M). Cela signifie que tous les éléments de la structure sont reliés par
une droite.
Les déplacements à chaque nœud comportent un déplacement linéaire S dans la
direction N ou M et un axe neutre de rotation U . La poutre est supposée avoir une
rigidité de flexion uniforme le long d’elle-même et sur toute sa longueur .. La
relation charge – rigidité – déplacement pour cet élément a la même forme
symbolique que celle étudiée précédemment à savoir :
_ = ∙ ` (17)
H
%
£%
#
£#
I = J
%%
#%
$%
G%
%#
##
$#
G#
%$
#$
$$
G$
%G
#G
$G
GG
K H
S%
U%
S#
U#
I
Détermination des coefficients de la matrice de rigidité
Forçons une configuration de déplacement sur cet élément. Supposons que S% = 1
et que tous les autres déplacements. L’élément devrait être déformé
conformément à la figure ci-dessous :
L
#%
£#, U#
£%, U%
S% S#
M
L

23. Par Joël M. ZINSALO Page 23
La relation charge – déplacement devient dans ces conditions :
H
%
£%
#
£#
I = J
%%
G%
%G
GG
K ∙ H
1
0
0
0
I
En d’autres termes les coefficients de la matrice de rigidité sont égaux aux forces
et aux moments de couple requis pour les déplacements imposés.
Pour les systèmes linéaires on utilise la technique de superposition
conformément à la figure suivante :
En utilisant S% = 1 = % + #
S% =
%.$
3-œ
+
£% ∙ .#
2-œ
U% = 0 = % + #
=
% ∙ .$
2-œ
+
£% ∙ .#
-œ
En résolvant ce système on obtient
% =
12-œ
.$
= %% £% =
−6-œ
.#
= #%
M
L
£%
%
1
£#
#
2
S% = 1
%
S% = 1
£%, U%
%
%
¤%
#
¤%
£%

24. Par Joël M. ZINSALO Page 24
Pour trouver les autres inconnues on utilise les équations de la statique.
¥ N = 0 ⟹ # = − % = −
12-œ
.$
= $%
¥ £ = 0 ⟹ £# = −( % ∙ . + £%) = −
6-œ
.#
= G%