Chapitre IV : Treillis Hyperstatiques

IV.1 Généralités sur les Treillis:

Partant du fait qu’un système de trois barres articulées à leurs extrémités constitue un
système isostatique de base où il n’ y’a pas de mécanisme, contrairement à un système
de 4 barres articulées qui lui présente un mécanisme.

??

Pour rendre le système à 4 barres, isostatique, il faut rajouter une barre, telle que sur la
figure ci-dessus. Il devient donc un système triangulé. Si on généralise cette
construction, on obtient des structures de plus en plus complexes, appelés Treillis,
pouvant supporter des charges importantes, comme sur la figure ci-dessous :

Treillis (système triangulaire)

Physiquement les nœuds d’un treillis ne sont pas forcement articulés, en pratique ils
sont même soudés, c’est donc juste une hypothèse de calcul qui est valable si :

𝐸𝐼
1-les poutres constitutives sont élancées avec, ( 2 ) ≪ 1 , de manière à ce qu’on
𝑙
puisse négliger les moments
2- les chargements sont ramenés aux nœuds (par équivalence statique) ;ex :

p pL/2 pL/2


1
 𝑑𝑀
De ce fait on néglige les moments et les efforts tranchants ( = 𝑑𝑥 ),dans les poutres, qu’on
considérera comme des barres ne supportant que les efforts normaux de traction ou
compression.
Ces hypothèses permettent de simplifier l’étude des treillis, et réduit le nombre d’inconnues
en les ramenant à une inconnue par barre.

Les treillis, ou systèmes triangulés comme les appelle parfois, sont devenus l’un des
types de structures les plus utilisés à partir de la révolution industrielle. Cela découle de
leur efficacité et de la possibilité de les utiliser d’une façon systématique en cas de
préfabrication. Les treillis peuvent être plans ou tridimensionnels.

Crystal Palace à Londres, 1851, arch. J. Paxton, ing. Fox

Henderson

Hangar construit à partir d’éléments

préfabriqués en béton armé pour l’aviation italienne, 1940, ing. P.L. Nervi

2
 Projet d’un hangar mobile pour l’aviation
militaire des Etats-Unis, 1951, arch. K. Wachsmann

Sur les structures n’agit pas seulement le poids propre, mais aussi le poids des éléments non
structuraux, les charges variables (c’est-à-dire le poids des personnes et des meubles sur les
planchers des bâtiments, de la neige sur les toitures, etc.), la poussée du vent et les forces
d’inertie dérivant des accélérations de masse (par exemple les tremblements de terre, les
chocs, etc.)

3
4
Châssis Automobile

5
IV.2- Calcul des treillis isostatiques
Les différentes formes des treillis :

 les treillis Plans (2D)

Poutre treillis en V, en V avec montants, en losange, en K, en croix de St André

Poutre treillis en N
(s : membrure supérieure, i : membrure inférieure, d : diagonale, m : montant)

6
  Treillis spatiaux (3D)

a : poutre, b : mât, c : coupole.

 Conditions d’isostaticité. (Intérieure et extérieure)

Si b est le nombre de barres, alors on ab inconnues puisque une inconnue par barre, et n le
nombre de nœuds, r le nombre des réactions, le système est isostatique lorsque :
b + r = 2n (en 2D)

b + r = 3n (en 3D)

b+r étant le nombre total d’inconnues, interieurs (b) et exterieurs (r). Dans le cas des treillis
plans (2D), l’isostaticté exterieure s’exprime par r=3. Pour les treillis spatiaux (3D), r=6.

2n ou 3n sont les nombres d’equations d’équilibres des translations des noeuds, en 2D ou 3D

respectivement.

(a) Système isostatique (b) Système hyperstatique

interieur et exterieur interieur et isostatique
exterieur
r=3, b=5, 2n=8
r=3, b=6 , 2n=8 7
  Méthodes de calcul

On verra les deux principales méthodes, à savoir la méthode analytique et la méthode de la

coupe de Ritter-Cullman. La méthode graphique communément appelée méthode de
Cremona est traitée en annexe.

 La méthode analytique

 On fait le bilan de forces agissantes sur le système.

 On écrit les équations d’équilibre global et On détermine les réactions

 On étudie l’équilibre des nœuds sous les actions des barres:

Conventions : On considérera l’effet des barres sur les nœuds ainsi pour une barre en
traction par exemple:

Effet des nœuds sur la barre Effet de la barre sur les nœuds

L’équilibre d’un nœud (j) s’écrit :

 Equilibre dans la direction x : ∑𝑖 𝐹𝑥𝑖𝑗 + 𝑃𝑥 𝑗 = 0

 Equilibre dans la direction y : ∑𝑖 𝐹𝑦𝑖𝑗 + 𝑃𝑦 𝑗 = 0

L’indice (i) porte sur toutes les barres concourantes au nœud (j), Fxi, Fyi sont les
composantes x,y de l’action de la barre (i) sur le nœud (j). Pjxi , Pjyi les composantes de la
charge extérieure appliquée sur le nœud (j)
 Exemple d’application :

On considère le système suivant :

D
8
 B

A C C F
PC
C E
P P
- Détermination des réactions :

B D

RFy
RA
A F
C E
RAx
P P

Bilan des forces :

Le système est soumis à : RAy, RAx, RFy et P.

- Equilibre global :

On a trois équations d’équilibre global :

RAx = 0 , RAy = RFy , RFy = P

D’où RAy = RFy = P

- Equilibre des nœuds :

9
  Nœud A :

(√2/2)FAB + P = 0
FAB
(√2/2)FAB + FAC = 0

Donc FAB = -√2 P

A
FA
C
Et FAC = P

Interprétation : P

- La barre AC est en traction.

- La barre AB est en compression.
 Nœud B :

(√2/2)FAB – FBC = 0
FAB
(√2/2)FAB + FBD = 0
B
FB
D
Donc FBC = P
FBC
Et FBD = - P

Interprétation :

- La barre BC est en traction.

- La barre BD est en compression.

 Nœud C : FCD
FCB
(√2/2)FCD + FCB – P = 0
FCA C
(√2/2)FCD + FCE – FAC = 0
FC
Donc FCD = 0 E

Et FCE = P P

Interprétation :

- La barre CE est en traction.

- La barre CD n’est pas sollicitée.

10
  Nœud D :

(√2/2)(FDC – FDF ) + FDB = 0 FDB

D
(√2/2)(FDC + FDF ) + FDE = 0

Donc FDF = √2 P
FD
FD
Et FDE = - P FDC F
E

Interprétation :

- La barre DF est en traction.

- La barre DE est en compression.

 Nœud E :
FED
FED – P = 0 E
FEC – FEF = 0 FEC FE
F
Donc FEF = – P
P
Interprétation :

- La barre EF est en compression.

 Nœud F :
FFD
(√2/2)FFD + P = 0
P
(√2/2)FFD + FFE = 0

Donc FFD = -√2 P

FFE F
Et FFE = P

Remarque :

L’étude de l’équilibre de quelques nœuds (comme le nœud F) n’est pas nécessaire, on

le fait pour vérifier les résultats.

11
  La méthode de Ritter-Cullman

Cette méthode présente l’avantage de déterminer l’effort dans une barre quelconque
sans avoir au préalable à calculer les efforts dans d’autres barres (comme pour la méthode
précédente.

Le principe est le suivant :

o On coupe le treillis en 2 parties par un plan (P), qui sectionne au maximum 3

barres où les efforts sont inconnus.
o On écrit, pour l’un des tronçons, que les forces extérieures équilibrent les
forces intérieures existant dans les barres coupées. Pour cela, on écrit
l’équation d’équilibre des moments par rapport à un point I, intersection de 2
barres, ainsi que son sens.

 Exemple d’application :

E
C G I
D E

d
B
A
D F H

P P P
1 2

On imagine une coupe MN qui sépare le système en deux parties et ne rend compte que
les barres 1,2 et 3.

12
 M
E
3
C
D E

d 2

B
A 1
D F H

P P P
N 2
1

Les deux partie du treillis sont ont équilibre et on peut remplacer la partie droite par les
efforts F1, F2 et F3 .

E F3
C
D E

d F2

A F1 B
D F H

P P P

On a trois équations d’équilibre en trois points :

  M/E = (a/2)P1 – (3a/2)RA + F1d = 0

on connait RA et P1, donc on détermine F1.

  M/F = aP1 + 2aRA - F3d = 0

  M/∞ = ∞.RA - ( a + ∞ ) P1 + (√3/2).∞.F2 = 0

13
 d’où RA - P1 + (√3/2)F2 = 0

Remarque : On peut bien entendu coupler les deux méthodes dans la résolution d’un
problème.

IV.3- Calcul des treillis hyperstatiques

La résolution des treillis hyperstatiques suit la même démarche basée sur le théorème de

Menabréa, à savoir une série de calculs isostatiques dans les différents états (i). Pour ces

calculs isostatiques on utilisera les méthodes vues plus haut.

L’effort solution, résultant dans une barre sera :

N = N0 + i (Xi . ni)

Où, ici, les Xi sont les inconnues hyperstatiques internes, à savoir les efforts normaux dans

les barres surabondantes, ou des réactions d’appuis externes, vérifiant :

s
j 1
ij  X j  di 0

Où ;

𝑛𝑖 . 𝑁0 𝑛𝑖 . 𝑛𝑗
𝑑𝑖0 = ∫ 𝑑𝑠 𝑒𝑡 𝑠𝑖𝑗 = ∫ 𝑑𝑠
𝐸𝑆 𝐸𝑆
∁ ∁
Application : Etude d’un contreventement ;

B C
Supposons le contreventement
de forme carrée, de coté L, et
P
les diagonales de longueurs 𝐿√2

A D

14
 Le système étant hyperstatique, intérieur, de degrés 1. Le système est rendu isostatique « en
coupant » une barre. On définira notre état(0) en coupant la diagonale BD, et notre inconnue
hyperstatique est l’effort dans cette barre.
Etat (0) :
L’équilibre global nous donne :
P B C
RAX0= -P,

y ET RAY0 + RDY0= 0 ;

∑ M/A= RDY0 .L – P.L=0 =>

x A D
RDY0 =P= - RAY0

On notera FXY
⃗⃗⃗⃗⃗ l’effort dans la barre XY, dirigé arbitrairement du nœud X vers le nœud Y.

-Equilibre du nœud B :
F⃗⃗⃗⃗⃗⃗
AB0 + 0 = 0 𝑒𝑡 − 𝐹⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐵 0 + 𝑃 = 0

La barre AB n’est pas chargée, la barre CB est en compression de -P

-Equilibre du nœud A :
√2 √2 √2
FAB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 0 − FCA0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . + 𝑅𝐴𝑌0 = − FCA0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . −𝑃 = 0 𝑒𝑡 − FCA0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . − FDA0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑅𝐴𝑋0 = 0
2 2 2

Donc : FCA0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = −𝑃. √2 et P − FDA0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑃 = 0 ⟹ FDA0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0

La barre CA est donc en traction 𝑃. √2

-Equilibre du nœud D :
F⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
AD0 + 0 = 0 Et − F⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
CD0 + 𝑅𝐷𝑌0 = 0 ⟹ F⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
CD0 = P

La barre CD est en compression -P, la barre AD n’est pas chargée

Etat(1) :

15
 B C
L’équilibre global nous donne :
1 RAX1= 0,
1
A D et RAY1 + RDY1= 0 ;

∑ M/A= RDY1 .L =0 =>

RDY1 =0= - RAY1

-Equilibre du nœud B :
√2 √2
F⃗⃗⃗⃗⃗⃗
AB 1 + −1. =0 𝑒𝑡 − 𝐹⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐵 1 + 1. =0
2 2

−√2
l’effort dans les barres AB et BC est une compression de ,
2

-Equilibre du nœud D :
√2 √2
FAD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1 + −1. =0 𝑒𝑡 −𝐹𝐶𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗ 1 + 1. =0
2 2

√2
L’effort dans les barres AD et DC est une compression de − 2

-Equilibre du nœud A :
√2 √2
−FAD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1 − FCA
⃗⃗⃗⃗⃗ 1 =0 𝑒𝑡 −𝐹𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗ 1 − FCA
⃗⃗⃗⃗⃗ 1 =0 ⟹ FCA
⃗⃗⃗⃗⃗ 1 = −1
2 2

L’effort dans la barre AC est une traction de 1.

Récapitulatif des efforts dans les barres

Barre AB BC CD DA AC BD
Sollicitation
Etat0 : N0 0 -P -P 0 +𝑃. √2 0

Etat1 : n1 √2 √2 √2 √2 +1 +1
− − − −
2 2 2 2

16
 𝑛𝑖 .𝑁0 1 √2
Donc : 𝑑10 = ∫∁ 𝑑𝑠 = ∫𝐴𝐵 + ∫𝐵𝐶 … … + ∫𝐵𝐷 = (𝑃 .𝐿
𝐸𝑆 𝐸𝑆 2

√2 2𝑃𝐿 √2
+𝑃 . 𝐿 + 𝑃. √2. √2. 𝐿) = ( + 1)
2 𝐸𝑆 2

𝑛𝑖 .𝑛𝑗 𝑛12 1 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿
et 𝑠𝑖𝑗 = ∫∁ 𝑑𝑠 ⟹ 𝑠11 = ∫𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴𝐶𝐵𝐷 𝑑𝑠 = ( + + +
𝐸𝑆 𝐸𝑆 𝐸𝑆 2 2 2 2

2𝐿
+𝐿. √2 + 𝐿. √2) = (1 + √2)
𝐸𝑆

L’inconnue hyperstatique X1 dans la barre BD est solution de :

−𝑃
𝑠11. 𝑋1 = −𝑑10 ⟹ 𝑋1 =
√2
−𝑃
La barre BD est donc en compression de , puisque dans le sens inverse du sens arbitraire
√2
de départ (où on lui a appliqué une traction unitaire)
L’effort final N dans chaque barre est obtenu par superposition des efforts relatifs à chaque
état par :
𝑁 = 𝑁0 + 𝑋1 . 𝑛1

Si on prend l’exemple de la barre AC, ca donnera :

−𝑃 𝑃 𝑃
𝑁𝐴𝐶 = 𝐹𝐴𝐶0 + . 1 = 𝑃. √2 − =
√2 √2 √2
𝑃
Elle est donc en traction de
√2

IV.4 Vérification au flambement.

Pour les barres en compression, il est impératif de les vérifier leurs résistance au flambement.

1. Notions de flambement

17
 N

V L

Figure A
Phénoménologie : Une barre élancée, initialement rectiligne, soumise à une
compression croissante selon son axe z, fini par s’incurver ou fléchir, autour de son
inertie minimale, dés que la charge N atteint une valeur critique, N cr, appelée Charge
critique d’Euler

Figure B
X
Pour calculer cette charge critique, selon les conventions d’axes de la figure B, on
suppose la barre fléchie sous l’effet de N ; autour de l’axe x. D’après la loi
fondamentale de la flexion, issue de la résistance des matériaux, le moment fléchissant
s’écrit :

d 2V
M  z    EI x .
dz 2
18
 Où V est la flèche (deplacement selon y) en un point d’abscisse z.
Or M(z) = N.V

Donc

d 2V
EI . 2
 N .V  0
dz

En posant

  N / EI

on obtient l’équation de l’élastique :

d 2V
  2
V 0
dz 2

N
Equation différentielle du second ordre, dont la solution générale est de la forme :
V=Asinαz +Bcosαz

La résolution de cette équation s’opère grâce aux conditions aux limites :

 pour z  0,V (0)  0  B  0

 pour z   0 ,V ( 0 )  0  Asin(  0 )  0
N
Deux cas sont possibles :

 si  . 0  0  A  0  V ( z)  0
quelque soit z , dans ce cas ,seul l’équilibre rectiligne est possible

 si A sin(  0 )  0   0  k

19
soit :

d’où :
EI
N  k 2 2
2
 0

 si k = 0, N = 0 et la poutre est rectiligne .pour qu’elle reste fléchie, il faut que

k soit au moins égal à 1 ce qui conduit à la valeur minimale de N,
correspondant à un équilibre fléchi de la poutre, qui vaut :
𝐸𝐼
𝑁𝑐 = 𝜋 2
𝑙02
Nc : force critique d’Euler.

A la force critique d’Euler correspond une contrainte critique :

𝑁𝑐
𝜎𝑐 =
𝐴
qui s’écrit encore :

 2E I
E 2
 c  2 .   2 .i 2

l0 . A 0

A : étant la surface de section droite de la poutre ,

i I : rayon de giration minimal, correspondant à l’inertie I minimale et à

A
l0
l’élancement maximal  .
i
𝐸
d’où finalement : 𝜎𝑐 = 𝜋 2
𝜆2
Il faut préciser à ce niveau que puisqu’il y’a deux inerties mises en jeu, I x ; inertie autour
de x, et Iy autour de y, il faut donc considerer deux rayons de giration et deux
élancements à savoir :

𝐼 𝑙0
𝑖𝑥 𝑜𝑢 𝑦 = √ 𝑥 𝐴𝑜𝑢 𝑦 𝑒𝑡 𝜆𝑥 𝑜𝑢 𝑦 = 𝑖
𝑥 𝑜𝑢 𝑦

20
 N

Le moment dans la section médiane est :

0.3 2 I
M  N . f   . A. f  .
 c  1.3 v
L/2 f

Où, f est la fleche maximale au milieu

La contrainte de compression maximale est :

v c  NN
 max   M 
I  c  1.3
NN
N ν σ=-N/A
𝜐
M x + 𝜎 = −𝑀 𝐼

y
N

Il existe une contrainte σ s (appelée contrainte limite d’affaissement) valeur de la

contrainte de compression simple σ pour laquelle σ max = σe, soit :

 c  s
s  e
 c  1.3 s
qui s’écrit encore :

 s2   s ( c  1.3 e )   e . c  0
cette équation du second degré permet d’obtenir σs .
en posant
e
k 
s
on obtient l’équation du second degré en k suivante :

21
 e e
 k (1  1.3 )  k 2
c c
d’ou l’on tire k :

  
k  (0.5  0.65 e )  (0.5  0.65 e ) 2  e
c c c
on constate que :

e  e 2
k  f( ) f( 2 )
c  E
c'est-à-dire que pour un acier donné (E24 par exemple) σe est donné, et k ne dépend
donc plus que d’une seule variable, l’élancement :

k  f ( )
Donc, la verification au flambement des piéces réelles consiste à éviter la contrainte
d’affaissement à savoir :
σ(=N/A) ≤ σs
Divisons par σs multiplions par σe de part et d’autre de l’inéquation ci haut, on
obtient :
𝜎𝑒
. 𝜎 ≤ 𝜎𝑒
𝜎𝑠

Enfin en connaissant k , il reste simplement à vérifier que :

k.   e
𝑙
Dans le cas général ; 𝜆 = Où l est la longueur de flambement fonction de l0 et des
𝑖
conditions aux éxtremités de la barre.

22
 𝐸
On écrira en général que : 𝜎𝑐 = 𝐶. 𝜋 2 𝑙 2
, où l0 reste la longueur de la barre et
( 0)
𝑖
C est une constante dépendant des conditions aux extrémités, tel que sur la fis 2.11. Le
tableau ci-dessous en donne quelques valeurs type. la longueur de flambement est donné
𝑙0
par : 𝑙 =
√𝐶

23
24
25
Exemple de caractéristiques géométriques relatives aux barres de section en cornière à ailes
égales
( à noter qu’ici les axes de la section sont Gy,Gz et non pas Gx,Gy comme dans le cours)

26
Exemple d’application :
Si nous reprenons l’exemple du contreventement vu, plus haut, la diagonale BD est en
compression et doit être vérifiée vis-à-vis du flambement :
1- Dans le cas d’un dimensionnement, P étant donné on cherchera la section :
P= 800 daN , L= 2m , acier E24 ( σe = 24 daN/mm2), section cornière à ailes égales
La longueur de la barre étant 𝐿√2 = 2.83𝑚, qu’on considérera biarticulée ( les barres sont par
exemple, directement soudées entre elles) , et donc la longueur de flambement reste l0 = 𝐿√2
Si on commence par choisir, dans la table des caractéristiques géométriques, la première
section 40x40x5 (mm) ;
𝑙 2830
ix=iy=12mm => 𝜆 = = ≈ 235
𝑖 12
le tableau des valeurs de k donne : k=8.394
𝑃⁄
√2
La contrainte de compression dans la barre BD étant : 𝜎= ≈ 1.5 𝑑𝑎𝑁/𝑚𝑚2
379

=> k.σ=12.6 daN/mm2< 24 daN/mm2

La diagonale est donc vérifiée vis-à-vis du flambement
2-Dans le cas d’une vérification, la section est donnée et on cherchera la charge P que peut
supporter la diagonale
L= 2m , acier E24 ( σe = 24 daN/mm2), section cornière à ailes égales 40x40x5
on garde donc les memes données concernant λ et k, et il faut que la section verifie :
𝑃⁄
√2 379. √2. 𝜎𝑒
𝑘. ≤ 𝜎𝑒 ⟹ 𝑃 ≤ ⟹ 𝑃 ≤ 1531 𝑑𝑎𝑁
379 𝑘

27