TORSION SIMPLE
OS. Un prisme élémentaire éprouve nue torsion simple lorsque Tune de ses sections tourne relativement à sa voisine autour d'un axe passant par son centre d'élasticité et perpendiculaire à son plan.
Ol. Problème I. — Connaissant le moment de torsion M*^"* qui fait éprouver une torsion simple à une section donnée d'un solide de résistance y trouver la tension en ML par m. carré en un point quelconque de cette section.
Soient (fig. 49) : CD et AB, deux sections normales indé-
Fiff.^9.
Animent voisines, à une distance L™ Tune de l'autre; 00' Taxe de torsion , le centre d'élasticité de la section CD ; (p l'angle dont la section CD a tourné par rapport à sa voisine; 5"<i , l'aire d'une fibre élémentaire quelconque dont la position dans la section est déterminée par ses coordonnées x et 2/ 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 o-p suivant une perpendiculaire à la direction du raj^on p; son glisse-
ment proportionnel est donc -f et. par suite, sa tension en
Là
sens contraire du glissement est
Ju
Les tensions B 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 G en deux forces dirigées parallèlement aux deux axes coordonnés
-f- G^psina ou -J- Gsj/,
et j-Qspcosa ou f-Gsx;
Là Li
puis faire la somme des composantes qui ont la même direction ,
llQsy et ^lOtsx.
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 6 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 = IGp = |- 2 Gtsp\
et on en déduit. |; = ■^, ' (37)
•5. La quantité iGsp* porte le nom de moment dCintorsibillté de la section. Pour les corps homogènes , elle devient G2^p* = GIo, expression dans laquelle Iq 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 1 devient donc
1M. Il en résulte, pour ce dernier cas, que la tension d'une fibre est d'autant plus grande que cette fibre est plus éloignée de Taxe 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 :
Oy. Problème II. — Étant donnés le moment de torsion agissant seul sur une section d'un prisme homogène, et la forme géométinque de cette section , déterminer les diynensions de la section de manière que la tension de la fibre 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 4 000 000 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.
Tid* Le module de torsion d'une section circulaire pleine est — — •
Donc —' = ; d'où d = 0™,073 au millimètre près.
L'angle de torsion par mètre courant -7- = — •— == 0,013.
L Gwd*
L'arc de torsion à l'extérieur de la pièce, 0,013 X -~— =0^,0005 environ .
