TORSION SIMPLE
08. Un prisme élémentaire éprouve uue torsion simple lorsque l'une de ses sections tourne relativement à sa voisine autour d'un axe passant par son centre d'élasticité et perpendiculaire à son plan.
04. Problème I. — Connaissant le moment de torsion M'^'" qui fait éprouver une torsion simple à une section donnée d'un solide de résistance, trouver la tension en kil. par m. carré en un point quelconque de cette section.
Soient (flg. 49) : CD et AB, deux sections normales indé-
Fiff.4-9.
Animent voisines, à une distance L™ Tune de l'autre: 00' l'axe de torsion , le centre d'élasticité de la section CD ; cp l'angle dont la section CD a tourné par rapport à sa voisine ; 5™'» , l'aire d'une fibre élémentaire quelconque dont la position dans la section est déterminée par ses coordonnées x et y par rapport à deux axes orthogonaux passant par le centre d'élasticité; p la distance de la fibre s au centre d'élasticité ; et a. l'angle que le rayon p fait avec l'axe des œ de manière que
a; = p cos a et 2/ = p sin a.
La base de la fibre s se déplace d'une longueur fp suivant une perpendiculaire à la direction du raj'on p; son glisse-
ment proportionnel est donc -f et. par suite, sa tension en sens contraire du glissement est
e = |P Qs.
Lt
Les tensions 9 des diverses fibres qui composent la section s'exercent suivant toutes les directions possibles dans son plan. Elles sont donc réductibles soit à une résultante unique, soit à un couple unique. Si c'est le premier cas qui se présente , pour obtenir la valeur de la résultante , il faudra décomposer chaque tension 9 en deux forces dirigées parallèlement aux deux axes coordonnés
-f- G^psina ou ;- Gsy,
Là Là
et Y-Gspcosa ou f- Gsx;
Li Là
puis faire la somme des composantes qui ont la même direction ,
^ iGsy et ^iGsx.
Là Li
Ces deux sommes seraient les composantes orthogonales de la résultante unique. Mais elles sont nulles puisqu'elles sont proportionnelles à la somme des moments des tensions élastiques par rapport à des axes passant par le centre d'élasticité (n° 24).
Il en résulte que le système des forces est réductible à un couple unique qui doit faire équilibre au couple donné W^^. En d'autres termes, la somme des moments des tensions par rapport à l'axe 00' est égale à M.
Donc M =.2Ôp == |- 2 Qsp\
et on en déduit --' == -^-p: — ^ » (37)
et t ^ -= vTT^Gp- (38)
05, La quantité iGsp* porte le nom de moment d'intorstbîUté (le la section. Pour les corps homogènes, elle devient G2.çp* = GIo, expression dans laquelle lo est le moment d'inertie polaire de la section par rapport au centre d'élasticité.
Pour les sections homogènes, Téquation (38) qui sert à résoudre le problème l devient donc
OU. Il en résulte, pour ce dernier cas, que la tension d'une flbre est d'autant |)lus grande que cette fibre est plus éloignée de l'axe de torsion. La fibre la plus fatiguée est donc celle qui est la plus éloignée du centre d'élasticité. Appelons r la valeur la plus grande de p et V la tension de la fibre la plus fatiguée , nous aurons
et ainsi -^ = -^- (41)
La quantité — porte le nom de module de torsion de la
section donnée. L'équation (41) se traduit comme suit : Dans le cas de la torsion simple et pour les sections homogènes , le module de torsion est égal au moment de torsion divisé par la tension de la fibre la plus fatiguée. L'équation (41) servira à résoudre le problème suivant :
Ol. Problème 11. — Étant donnés le moment de torsion agissant seul sur une section d'un prisme homogène, et la forme géométrique de cette section , déterminer les dimensions de la section de manière que la tension de la flbre la plus fatiguée ne dépasse pas i^ par mètre carré.
Puisque la forme géométrique de la section est donnée, on connaît le rapport de ses dimensions , ou tout au moins il ne reste d'inconnu qu'une seule des dimensions. Par conséquent le module de torsion peut s'exprimer en fonction de la seule dimension inconnue. Celle-ci sera donc déterminée par l'équation (41).
\. Exemple. — La section circulaire pleine d'un solide est soumise
à un moment de torsion de 300 km, ; on veut que la tension ne dépasse
pas 4 UOO 000 kil. par mètre carré. Calculer le diamètre d de la section ,
l'angle de torsion par mètre courant et l'arc de torsion par mètre courant
à la circonférence extérieure, sachant que G = 8 000 000 000 kil. par m. q.
nd* Le module de torsion d'une section circulaire pleine est — - •
Donc -—r = . ^.^ . ^ ; d'où d = 0™,073 au millimètre près. 16 4 000 000 ^
L*angle de torsion par mètre courant — = r— = 0,013.
L G:id*
L'arc de torsion à l'extérieur de la pièce, 0,013 X -^-r— =0",0005 environ .
