La panne de charpente : d'aplomb, déversée, ou déversée avec lierne

La stratégie. La charge est verticale, mais les axes principaux de la panne déversée ne le sont pas : on projette la charge sur ces axes, on traite deux flexions planes, et l'on superpose aux coins de la section, là où les deux contributions sont simultanément extrêmes.

1) La panne d'aplomb. On coupe la panne à l'abscisse $x$ et l'on isole la partie $[x,L]$ : elle reçoit la charge sur sa longueur $L-x$ et la réaction de l'appui de droite, $\frac{qL}{2}$. Le torseur de cohésion, dans le plan de la charge, a pour composantes un effort tranchant $T(x)=q\left(\frac{L}{2}-x\right)$, au signe près, et un moment de flexion $M_f(x)=\frac{qx(L-x)}{2}$, maximal à mi-portée, où $T$ s'annule : $$M_0=\frac{q{L}^2}{8}=\frac{2000\times 4^2}{8}=4,0\mathrm{kN}\cdot \mathrm{m}.$$ Panne d'aplomb : flexion plane autour de $\overrightarrow{z}$, $\frac{I_z}{v}=\frac{b{h}^2}{6}=6,67\times 10^{-4}{\mathrm{m}}^3$, ${\sigma }_{\max }=\frac{4000}{6,67\times 10^{-4}}=6,0\mathrm{MPa}$ : conforme, marge $40\%$. L'effort tranchant, maximal sur appui où le moment est nul, donne $\frac{T}{S}=0,2\mathrm{MPa}$ : négligeable (rapport de l'ordre de $h/L$).

2) La panne déversée : deux flexions. L'axe $\overrightarrow{y}$ fait l'angle $\alpha$ avec la verticale. La charge se décompose en $q_y=q\cos \alpha =1813\mathrm{N}{\mathrm{m}}^{-1}$, perpendiculaire au versant, et $q_z=q\sin \alpha =845\mathrm{N}{\mathrm{m}}^{-1}$, parallèle au versant, vers le bas de la pente. Chacune produit, à mi-portée, une flexion plane : $$M_{fz}=M_0\cos \alpha =3625\mathrm{N}\cdot \mathrm{m},M_{fy}=M_0\sin \alpha =1690\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}.$$ Les modules de flexion sont très différents : $\frac{I_z}{v_y}=\frac{b{h}^2}{6}=6,67\times 10^{-4}{\mathrm{m}}^3$ et $\frac{I_y}{v_z}=\frac{h{b}^2}{6}=3,33\times 10^{-4}{\mathrm{m}}^3$, deux fois moins. Chaque flexion tend une face et comprime l'autre ; les deux contributions sont maximales ensemble aux coins de la section. Au coin inférieur aval, la fibre est tendue par les deux flexions ; au coin supérieur amont, elle est comprimée par les deux : $$|\sigma {|}_{\max }=\frac{M_{fz}}{I_z/v_y}+\frac{M_{fy}}{I_y/v_z}=5,44+5,07=10,5\mathrm{MPa}.$$ Non conforme, de $5\%$. Le facteur d'aggravation vaut $\cos \alpha +\frac{h}{b}\sin \alpha =1,75$ : la petite composante $q\sin \alpha$ attaque le sens faible, deux fois moins résistant, et produit presque la moitié de la contrainte.

3) La fibre neutre n'est pas perpendiculaire à la charge. Avec $\sigma =-\frac{M_{fz}}{I_z}y+\frac{M_{fy}}{I_y}z$ (signes du schéma : $M_{fz}$ tend la face $y<0$, $M_{fy}$ la face $z>0$, aval), la condition $\sigma =0$ donne une droite passant par $G$ : $$y=\frac{M_{fy}}{M_{fz}}\frac{I_z}{I_y}z=\frac{I_z}{I_y}\tan \alpha z,\tan \beta =\frac{I_z}{I_y}\tan \alpha =4\tan 25^{\circ }=1,865,\beta =61,8^{\circ }.$$ Pour une section carrée, la fibre neutre serait perpendiculaire à la charge, à $25^{\circ }$ de $\overrightarrow{z}$ ; ici, elle est à $61,8^{\circ }$, rabattue vers le grand axe $\overrightarrow{y}$ : c'est la signature de la flexion déviée. Les deux coins critiques sont les points de la section les plus éloignés de cette droite.

4) L'inclinaison limite. La panne déversée convient tant que $6,0\left(\cos \alpha +2\sin \alpha \right)\le 10$, soit $\cos \alpha +2\sin \alpha \le 1,667$ : $\alpha \le 21,6^{\circ }$. Cas limite : à $\alpha =0$, c'est la panne d'aplomb ; pour les petites pentes, la contrainte croît comme $1+2\alpha$, au premier ordre.

5) La lierne. La lierne ne change rien dans le plan perpendiculaire au versant : $M_{fz}=3625\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ à mi-portée. Dans le plan du versant, la panne devient continue sur deux travées de $\ell =2\mathrm{m}$, et le moment maximal donné, sur l'appui central, vaut $\frac{q_z{\ell }^2}{8}=\frac{845\times 2^2}{8}=423\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, quatre fois moins que sans lierne. Les deux moments sont maximaux dans la même section, à mi-portée : $$|\sigma {|}_{\max }=5,44+\frac{423}{3,33\times 10^{-4}}=5,44+1,27=6,7\mathrm{MPa}.$$ Conforme, marge $33\%$, avec la pose simple à plat.

Un seul tirant pour tout le versant : c'est la solution des charpentiers. Le moment de la poutre continue, hyperstatique, s'utilise sans s'établir.

Ce que l'exercice installe. En flexion déviée, on projette la charge sur les axes principaux de la section, on calcule deux flexions planes et l'on superpose aux points les plus éloignés de la fibre neutre — les coins, pour un rectangle. La fibre neutre n'est perpendiculaire à la charge que si les deux moments quadratiques sont égaux ; sinon, elle se rabat vers le grand axe, et la petite composante de la charge, qui attaque le sens faible, pèse bien plus que sa part. Un cahier des charges se respecte alors par la géométrie de pose ou par un appui intermédiaire.