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INTRODUC T T M MI E x x Départem T TION A LA MECANIQ U U MI ILIEUX CONTINUS x xercices corrigés Guilhem MOLLON Polytech Grenoble ment Géotechnique, Troisième année Edition 1, 2012-2013 U UE DES e V1.07

MMC Exercices

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  • IINNTTRROODDUUCCTTMMI

    EExx

    Dpartement Gotechnique, Troisime anne

    TTIIOONN AA LLAA MMEECCAANNIIQQUUMIILLIIEEUUXX CCOONNTTIINNUUSS

    xxeerrcciicceess ccoorrrriiggss

    Guilhem MOLLON

    Polytech Grenoble Dpartement Gotechnique, Troisime anne

    Edition 1, 2012-2013

    UUEE DDEESS

    Dpartement Gotechnique, Troisime anne

    V1.07

  • Mcanique des Milieux Continus

    1. Calcul tensoriel

    Exercice A. Montrer que la symtrie est une proprit tensorielle, c'esttenseur est symtrique (alors cette proprit est galement vraie dans toute autre base orthonorme , , .

    Exercice B. Montrer que l'antisymtrie est galement une proprit tensorielle.

    Exercice C. Montrer qu'un tenseur partie symtrique et une partie antisymtrique.

    Exercice D. Soit un tenseur l'on a toujours : 0.

    Exercice E. Soit un tenseur symtrique et a toujours : : : , o

    Exercice F. Soit un champ vectoriel. Montrer que l'on a toujours

    Exercice G. Soit un champ scalaire. Montrer que l'on a toujours

    Exercice H. Soit la base curviligne polaire

    ! " #

    1. Calculer la surface extrieure d'une sphre de rayon surface infinitsimal peut s'crire 2. Calculer l'intgrale du champ lmentaire dans la direction radiale vaut

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    . Calcul tensoriel

    Montrer que la symtrie est une proprit tensorielle, c'est ) dans une base orthonorme donn

    alors cette proprit est galement vraie dans toute autre base orthonorme

    Montrer que l'antisymtrie est galement une proprit tensorielle.

    Montrer qu'un tenseur quelconque peut toujours se dcomposepartie symtrique et une partie antisymtrique.

    un tenseur symtrique et un tenseur antisymtrique, montrer que

    un tenseur symtrique et un tenseur quelconque, montrer que l'on , o est la partie symtrique de . un champ vectoriel. Montrer que l'on a toujours $%un champ scalaire. Montrer que l'on a toujours &'

    Soit la base curviligne polaire (), *, +,, telle que :

    #

    Calculer la surface extrieure d'une sphre de rayon , sachant qu'un lment de surface infinitsimal peut s'crire $ $$ .

    Calculer l'intgrale du champ ) sur cette sphre, sachant que le vecteur lmentaire dans la direction radiale vaut ) - .

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    Montrer que la symtrie est une proprit tensorielle, c'est--dire que si un ) dans une base orthonorme donn / 0, , 1,

    alors cette proprit est galement vraie dans toute autre base orthonorme /

    Montrer que l'antisymtrie est galement une proprit tensorielle.

    se dcomposer en une

    un tenseur antisymtrique, montrer que

    un tenseur quelconque, montrer que l'on

    $%(&', 0 &'(3&4$, 0

    , sachant qu'un lment de

    sur cette sphre, sachant que le vecteur 5 . 6

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    Corrigs

    Exercice A. Soit un tenseur symtrique. Dans la base / 0, , 1 on peut donc crire = . Soit une base orthonorme quelconque / = , , diffrente de /. On appelle 7 la matrice de passage de / /. Si on appelle les termes de la matrice de dans la base /, on a d'aprs le cours (en notation d'Einstein) : = 787989

    Or la matrice est symtrique, on a donc 89 = 98. On crit donc : = 787998

    Les indices : et ; du second membre sont muets, on pourrait donc les remplacer par n'importe quelle lettre, et on peut aussi les intervertir : = 797889 = 787989

    On en dduit que = , ce qu'il fallait dmontrer.

    Exercice B. Soit un tenseur antisymtrique. Dans la base / = 0, , 1 on peut donc crire = . Soit une base orthonorme quelconque / = , , diffrente de /. On appelle 7 la matrice de passage de / /. Si on appelle les termes de la matrice de dans la base /, on a d'aprs le cours (en notation d'Einstein) : = 787989

    Or la matrice est symtrique, on a donc 89 = 98. On crit donc : = 787998

    Les indices : et ;du second membre sont muets, on pourrait donc les remplacer par n'importe quelle lettre, et on peut aussi les intervertir : = 797889 = 787989

    On en dduit que = , ce qu'il fallait dmontrer.

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    Exercice C. On reprend les formules du cours. Soient les tenseurs et = donns par les formules suivantes : = 12 ( + @, = = 12 ( @,

    On va dmontrer que est symtrique et que = est antisymtrique. Pour cela on se place dans une base / = 0, , 1, pour laquelle le tenseur s'exprime sous la forme d'une matrice de terme gnrale . Explicitions les termes des matrices de et = : = 12 ( + , = 12 ( + , = = = 12 ( , = 12 ( , = =

    On a donc dmontr que est symtrique et = antisymtrique.

    Exercice D. Dans une base orthonorme / = 0, , 1, on peut crire que = et galement que = . On en dduit que, comme pour tout tenseur antisymtrique, les termes diagonaux de la matrice de sont nuls dans toute base. D'aprs le cours, le produit doublement contract de ces deux tenseurs est un scalaire gal : : =

    Dveloppons cette notation d'Einstein sous forme explicite : : = + + + + + + + +

    On sait que l'on a = =

    = 0, et par ailleurs : = ; = ; = = ; = ; =

    On en dduit directement : = 0.

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    Exercice E. Le rsultat dcoule directement de celui de l'exercice prcdent et de la distributivit de l'oprateur produit doublement contract : : = : ( + =, = : + : = = :

    Exercice F. Posons le rsultat intermdiaire / = &'. Dans une base orthonorme donne / = 0, , 1, on a par dfinition :

    / =ABBBCDD DDDD DDDD DDE

    FFFG

    H

    Par ailleurs, on a par dfinition : $%/ = IHJI-J + IHKI-K + IHLI-L.

    On en dduit que $%&' vaut : $%&' = DD MDD DDN + DD MDD DDN + DD MDD DDN $%&' = DDD DDD + DDD DDD + DDD DDD

    L'ordre des drivations partielles successives d'une fonction de plusieurs variables est quelconque, on peut donc en dduire directement :$%&' = 0.

    Exercice G. On se place galement dans une base orthonorme / = 0, , 1. Soit le rsultat intermdiaire / = 3&4$ donn par la formule du cours :

    / =ABBBCDDDDDDE

    FFFG

    H

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    Par ailleurs, on peut crire, toujours dans la base /

    &'/ =ABBBCD/D D/DD/D D/DD/D D/DE

    FFFG

    H

    On en dduit :

    &'3&4$ =ABBBC DD DD DD DDDD DD DD DDDD DD DD DDE

    FFFG

    H

    Pour la mme raison que dans l'exercice prcdent, on peut donc crire directement la formule classique &'3&4$ = 0.

    Exercice H. 1. Un lment de surface $ de la sphre de rayon dlimit par deux secteurs d'angles infinitsimaux $ et $ s'crit : $ = $$

    On cherche calculer = P $Q8RTU . En paramtrant la surface en fonction de et , on peut expliciter cette intgrale : = V V $$ W+XYW*XY

    Le rayon est indpendant de et , et le terme est indpendant de , on peut donc crire : = V ZV $W+XY [$ W*XY = V \]YW$ W*XY = 2^V $ W*XY = 2^\ ]YW

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    Finalement, on obtient le rsultat classique = 4^.

    2. On doit calculer : = V T$Q8RTU = V V T $$ W+XYW*XY

    Avec : ) = - + 5 + 6

    On est en coordonnes curvilignes, donc on ne peut pas sortir le vecteur ) car il n'est pas indpendant du point d'intgration (du point de la sphre de surface $). En revanche, les trois vecteurs de la base cartsienne ont cette proprit, et peuvent tre sortis de l'intgrale. On peut donc remplacer T par son expression, et crire dans la base / = 0, , 1 :

    =ABBBBCV V

    $$ W+XYW*XYV V $$ W+XYW*XYV V $$ W+XYW*XY EFFFFG

    H

    = ABBBBCV V

    $$ W+XYW*XYV V $$ W+XYW*XYV V $$ W+XYW*XY EFFFFG

    H

    = ABBBBC V

    ZV $W+XY [$ W*XYV ZV $W+XY [$ W*XYV ZV $W+XY [$ W*XY EFFFFG

    H

    Du fait de la priodicit des fonctions trigonomtriques, on a : V $W+XY = V $W+XY = 0

    Par ailleurs, on a : V $W+XY = 2^

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    Donc :

    = 2^` 00V $ W*XY aH

    La primitive de la fonction est la fonction bcQL* , donc :

    = 2^ABC 00d 3 fY

    WEFG

    H= ` 004^3 aH

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    2. Cinmatique et dformations

    Problme. On considre un mouvement dfini dans la base / 0, , 1 par sa reprsentation lagrangienne (g est une constante positive) :

    h = i0g'1 i0g'1 = i0g'1 + i0g'1 = i #

    1. Calculer le tenseur gradient j, le tenseur des dilatations k, et le tenseur des dformations l de ce mouvement au point i et l'instant '.

    2. A quelle classe particulire ce mouvement appartient-il ?

    3. Pour un instant ' donn, calculer la dilatation en un point i et dans une direction $i

    4. Pour un instant ' donn, calculer le glissement en un point i et pour deux directions orthogonales $i et $i.

    5. On considre un milieu anim de ce mouvement, muni d'une masse volumique homogne mY l'instant 'Y = 0. Calculer le jacobien de la transformation, ainsi que la masse volumique du milieu l'instant '.

    6. Calculer le champ de vitesse n(i, ', et le champ d'acclration o(i, ', en coordonnes lagrangiennes.

    7. Exprimer les coordonnes initiales partir des coordonnes actuelles. Calculer le champ de vitesse n0, '1 et le champ d'acclration o0, '1 en coordonnes eulriennes.

    8. Calculer les tenseurs des taux de dformations eulriens pq0, '1 et des taux de rotation q0, '1.

    9. On dfinit les coordonnes polaires lagrangiennes 0, , X1 par le changement de variables 0i, i, X1 = 0 , , X1 et les coordonnes eulriennes 0&, , x1 par le changement de variables 0, , x1 = 0& , & , x1. Expliciter les fonctions iT et i+ dfinissant une nouvelle reprsentation lagrangienne du mouvement de la forme : v& = iT0, , X, t1 = i+0, , X, t1#

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    10. On dfinit une base curviligne polaire /x = 0T, +, 1, telle que : v T = + + = + #

    On note alors le champ de vitesse dans cette nouvelle base : n0, '1 = nT0&, , , '1T + n+0&, , , '1+ + n0&, , , '1

    Indiquer l'expression des composantes polaires nT, n+ et n du champ de vitesse eulrien.

    11. Calculer l'acclration centrifuge oT0&, , '1 et l'acclration tangentielle o+0&, , '1 du mouvement tudi.

    12. Dfinir les trajectoires associes ce mouvement

    Examen partiel : Etude cinmatique d'un tourbillon. On considre un mouvement, dfini dans la base orthonorme / = 0, , 1 par la reprsentation eulrienne suivante :

    hn = 0, 1n = 0, 1n = 0 #

    Dans cette reprsentation, est une fonction scalaire des deux coordonnes et , dfinie par l'expression 0, 1 = yW 0 + 1z o 7 est une constante positive. Ce mouvement est donc uniquement dfini pour + > 0.

    1. De quel type de mouvement s'agit-il ?

    2. Montrer que la matrice du tenseur gradient de vitesse } = 3&4$n dans la base / = 0, , 1 s'exprime par :

    } = 0, 1 + ~ 2 0 2 00 0 0H

    3. En dduire immdiatement les matrices du tenseur des taux de rotation q0, '1 et du tenseur des taux de dformation eulriens pq0, '1.

    4. On considre un milieu continu de masse volumique mY l'tat initial (' = 0) et anim de ce mouvement. Calculer la divergence du champ de vitesse, et en dduire la masse volumique en tout point et tout instant ' > 0.

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    5. Montrer que l'acclration o0, , , '1 en coordonnes eulriennes cartsiennes (c'est--dire dans la base / = 0, , 1) s'exprime par : o0, '1 = 0, 1 d0 fH

    6. On dfinit les coordonnes polaires lagrangiennes 0, , X1 par le changement de variables 0i, i, X1 = 0 , , X1 et les coordonnes eulriennes 0&, , x1 par le changement de variables 0, , x1 = 0& , & , x1.

    On dfinit galement une base curviligne polaire /x = 0T, +, 1, telle que : v T = + + = + #

    Calculer l'acclration o0&, , , '1 en coordonnes eulriennes polaires.

    7. Exprimer le champ de vitesse en coordonnes eulriennes polaires. En dduire que les particules ont des trajectoires circulaires autour de l'origine, de vitesse angulaire : n+ = 72^&

    Donner sans calcul l'expression de la reprsentation polaire lagrangienne du mouvement sous la forme & = iT0, , , t1 et = i+0, , , t1.

    8. Dmontrer que la reprsentation lagrangienne du mouvement dans la base cartsienne sous la forme = (i, ', s'exprime par :

    = ~cos0g'1 sin0g'1 0sin0g'1 cos0g'1 00 0 1i

    Montrer que, dans cette expression, on a : g = ) = 0, 1.

    9. Dfinir les trajectoires associes ce mouvement, ainsi que les champs de vitesse et d'acclration

    10. On considre le point de vecteur position = & . Calculer la matrice du tenseur des taux de dformations eulriens en ce point. De quel type de dformation s'agit-il ? En dduire les valeurs propres et les vecteurs propres du tenseur des taux de dformations eulriens en ce point.

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    Corrigs

    Problme. 1. Le terme gnral de la matrice du tenseur gradient dans la base / est j I-I, donc on a :

    j ~g' g' 0g' g' 00 0 1H

    Pour le tenseur des dilatations, on a k = j8j8 en notation d'Einstein, donc :

    k = ~ g' + g' g' g' g' g' 0g' g' g' g' g' + g' 00 0 1H =

    Enfin, on sait que l = (k ,, et on a donc l = 0.

    2. Le tenseur des dformations est nul, on est donc en prsence d'un mouvement rigidifiant.

    3. Puisque k = , on peut dire que toute direction est direction principale. La dilatation dans une direction quelconque $i vaut donc ($i, = k = 1

    4. Pour la mme raison, le glissement entre deux directions orthogonales quelconques $i et $i vaut : o $i, $i = =0

    5. Le jacobien de la transformation est le dterminant de j. On a donc :

    = $'j = g' g' 0g' g' 00 0 1 = g' + g' = 1

    Par consquent la masse volumique du milieu est constante dans le temps et en tout point.

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    6. Le champ de vitesse n(i, ', s'obtient par drivation matrielle du champ de vecteurs exprimant les positions actuelles des particules : n(i, ', = -0,1 . On a :

    h = i0g'1 i0g'1 = i0g'1 + i0g'1 = i #

    Donc :

    n = pp' = g (i0g'1 i0g'1,n = pp' = g (i0g'1 i0g'1,n = pp' = 0

    #

    De mme, le champ d'acclration s'obtient par o(i, ', = 0,1 , donc :

    o = pnp' = g (i0g'1 + i0g'1,o = pnp' = g (i0g'1 i0g'1,o = pnp' = 0

    #

    Ces champs s'expriment en fonction de i, et sont donc bien en coordonnes lagrangiennes.

    7. D'aprs l'nonc, les coordonnes actuelles s'obtiennent partir des coordonnes initiales par le systme suivant :

    ~ = ~g' g' 0g' g' 00 0 1 ~

    iii

    On isole en particulier les deux premires quations de ce systme : = g' g'g' g' ii

    On cherche inverser ce systme pour exprimer i en fonction de . On utilise la formule d'inversion d'une matrice 2*2 : 4 $z = 14$ $ 4

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    Donc : g' g'g' g' z = 1g' + g' g' g'g' g' = g' g'g' g' @

    Cette matrice est orthogonale, car son inverse est gale sa transpose. Elle traduit donc une rotation. On en dduit :

    h i = 0g'1 + 0g'1i = 0g'1 + 0g'1i = #

    Dans l'expression du champ de vitesse et du champ d'acclration calculs la question prcdente, on peut alors remplacer les coordonnes initiales i par leur expression en fonction des coordonnes actuelles . On obtient la formulation eulrienne suivante :

    n = g (0g'1 + 0g'1,0g'1 (0g'1 + 0g'1,0g'1n = g (0g'1 + 0g'1,0g'1 (0g'1 + 0g'1,0g'1n = 0

    #

    n = gn = gn = 0 #

    o = g (0g'1 + 0g'1,0g'1 + (0g'1 + 0g'1,0g'1o = g (0g'1 + 0g'1,0g'1 (0g'1 + 0g'1,0g'1o = 0

    #

    ho = g o = g o = 0 #

    Ce dernier rsultat pouvait aussi s'obtenir en passant par la formule donnant directement l'acclration par o = II + (3&4$n,n, avec II = 0 et :

    3&4$n = ~0 g 0g 0 00 0 0H

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    8. On calcule d'abord le tenseur gradient de vitesse } = 3&4$n, avec la formule de cours (3&4$n, = II-. On remarque qu'il s'agit d'un gradient eulrien (g minuscule), donc les drivations sont effectues par rapport aux coordonnes actuelles :

    } = 3&4$n = ~0 g 0g 0 00 0 0H

    Ce tenseur est antisymtrique, on peut donc directement crire pq = 0 et q = L. Ces rsultats peuvent tre retrouvs par le calcul avec les formules de cours : pq = 12 (} + }@,'q = 12 (} }@,

    9. En coordonnes polaires, on a les correspondances suivantes : vi = i = # ; v = & = & # ; v& = iT0, , X, t1 = i+0, , X, t1#

    On cherche les expressions des fonctions iT et i+. On peut crire partir de ces expressions : & = + ; = r ; = r = i + i; = iR ; = iR

    Or on sait d'aprs l'nonc que, dans le repre cartsien, le mouvement s'exprime par :

    h = i0g'1 i0g'1 = i0g'1 + i0g'1 = i #

    On peut remplacer et par leurs expressions dans la formules donnant & : & = + = (i0g'1 i0g'1, + (i0g'1 + i0g'1, & = i + i =

    On en dduit l'expression de la fonction iT. On effectue la mme opration avec l'expression de :

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    = i0g'1 i0g'1r

    Dans cette dernire expression, on remplace i, i et & par leur expression polaire : = 0g'1 0g'1R = cos0 + g'1

    On en dduit = + g', ce qui nous donne la forme de la fonction i+. Finalement, on a : & = = + g'#

    10. On travaille maintenant dans la base curviligne polaire /x = 0T, +, 1 telle que : v T = + + = + #

    On cherche exprimer le champ de vitesse eulrien dans cette base. On a dmontr dans la question 7 que le champ de vitesse pouvait s'exprimer par : n = g + g

    Dans cette expression, on remplace et par leurs expressions en coordonnes polaires : n = g0& 1 + g0& 1 donc : n = g&0 + 1 = g&+

    Dans la base /x = 0T, +, 1, la vitesse s'exprime donc par une formule trs simple :

    n = 0g&0 Hx

    11. Dans le mme ordre d'ide, on cherche exprimer la formulation eulrienne du champ d'acclration dans la base /x. On a montr que le champ d'acclration s'exprimait par : o = g g

    On remplace et par leurs expressions en coordonnes polaires :

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    o = g0& 1 g0& 1 o = g&0 + 1 = g&T

    Dans la base /x = 0T, +, 1, l'acclration est donc purement centripte :

    o = g&00 Hx

    12. Les trajectoires des particules matrielles sont des cercles centrs sur l'origine. La vitesse angulaire est constante, la vitesse est purement orthoradiale (perpendiculaire un rayon) et augmente proportionnellement la distance l'origine. L'acclration est purement centripte (dirige vers l'origine) et est galement proportionnelle en norme la distance l'origine.

    Examen Partiel.

    1. Il s'agit d'un mouvement plan, car la vitesse dans la direction est nulle et les deux autre composantes n et n sont invariantes par translation dans la direction . Par ailleurs la reprsentation eulrienne du champ de vitesse est constante dans le temps, donc on est par dfinition en prsence d'un mouvement permanent.

    2. le tenseur gradient de vitesse } = 3&4$n s'exprime dans la base / = 0, , 1 par la matrice de terme gnral } = II-. On travaille d'abord sur la drivation de la fonction 0, 1 = yW 0 + 1z : D0, 1D = 72^ 20 + 1 = 0, 1 2 + D0, 1D = 72^ 20 + 1 = 0, 1 2 +

    On peut alors calculer les termes non triviaux de la matrice de }, commencer par les deux premiers termes diagonaux : DnD = D0, 1D = 0, 1 2 +

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    DnD = D0, 1D = 0, 1 2 +

    On a galement deux termes non-diagonaux assez complexes : DnD = D0, 1D 0, 1 = 0, 1 2 + 0, 1 DnD = 0, 1 + DnD = D0, 1D + 0, 1 = 0, 1 2 + + 0, 1 DnD = 0, 1 +

    Tous les autres termes de la matrice de } sont nuls car on est en mouvement plan. Finalement, le tenseur gradient de vitesse s'exprime sous forme matricielle dans la base / = 0, , 1 par :

    } = 0, 1 + ~ 2 0 2 00 0 0H

    3. On constate que la matrice de } est symtrique. Par consquent, sa dcomposition en un tenseur asymtrique q et un tenseur symtrique pq est immdiate :

    -tenseur des taux de rotation :q = 0 -tenseur des taux de dformation eulriens : pq = }

    4. la masse volumique du milieu l'tat initial (' = 0) est uniforme et vaut mY. Pour calculer l'volution de cette masse volumique, on peut valuer le jacobien de la transformation en tout point et tout instant. Dans un problme pos en notation eulrienne, il est plus simple de passer par la divergence du champ de vitesse : $%n = DnD + DnD + DnD

    On sait que n est constant et nul, et on a par ailleurs dmontr la question prcdente que :

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    DnD = DnD

    Par consquent on a $%n = 0. Un mouvement pour lequel la divergence de la vitesse est nulle en tout point et tout instant est un mouvement isochore, pour lequel la masse volumique est constante. Par consquent, en tout point et tout instant, on a : m = mY

    Le mouvement est plan, permanent, et isochore.

    5. L'acclration o0, , , '1 est la drive particulaire de la vitesse, et se calcule par la formule de cours suivante, qui fait apparatre la drive eulrienne : o0, '1 = pnp' = DnD' + (3&4$n,n

    On est en mouvement permanent, donc la drive eulrienne de la vitesse est nulle : DnD' = 0

    Le gradient de vitesse } = 3&4$n a dj t calcul la question 2, il suffit donc d'en faire le produit contract avec le vecteur vitesse :

    o0, '1 = (3&4$n,n = 0, 1 + ~ 2 0 2 00 0 0H 0, 1 d

    0 fH

    o0, '1 = 0, 1 + ~ 021 + 0 1 0 1 + 0210 H

    o0, '1 = 0, 1 + ~ 0 H = 0, 1 d

    0 fH

    6. On cherche se placer en coordonnes polaires pour simplifier les expressions. Pour cela, on utilise les relations : v = & = & #

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    On doit simplement remplacer et par leurs expressions polaires dans l'expression de l'acclration. On calcule d'abord la fonction : 0, 1 = 72^ 1 + = 72^ 10& 1 + 0& 1 = 72^&

    Par ailleurs on a montr dans la question prcdente que l'acclration est exprime par : o0, '1 = 0, 1 0 + 1 o0, '1 = 0, 1 0& + & 1

    Or on a la formule de changement de repre suivante : T = + Finalement : o0, '1 = 0, 1 & T = 74^& T

    L'acclration est donc purement centripte.

    7. Le champ de vitesse est donn dans l'nonc sous forme eulrienne par : n = 0, 1 + 0, 1 = 0, 1 0 + 1

    En coordonnes polaires, on a donc : n = 0, 1 0& + & 1 = 0, 1 & + n = 72^& +

    La vitesse est purement orthoradiale (normale au rayon), et on en dduit que les particules ont une trajectoire circulaire autour de l'origine. Sans calcul, on obtient la reprsentation lagrangienne :

    h & = = + 72^& ' = i #

    8. Pour passer des coordonnes polaires aux coordonnes cartsiennes, on utilise les formules suivantes :

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    & = + ; = r ; = r = i + i; = iR ; = iR

    On a par ailleurs = + yWTK ', et donc : = cos + 72^& ' = r

    et donc, en dveloppant le cosinus : r = cos cos 72^& ' sin sin 72^& ' r = cos cos Z 72^0 + 1 '[ sin sin Z 72^0 + 1 '[ r = cos cos00, 1 '1 sin sin00, 1 '1 r = iR cos00, 1 '1 iR sin00, 1 '1

    Finalement, on a : = i cos0g'1 i sin0g'1

    avec g = 0, 1. On peut dvelopper le sinus de la mme manire, et obtenir l'expression lagrangienne de recherche : sin = sin + 72^& ' = sin0 + g'1 = r r = sin cos0g'1 + cos sin0g'1 = iR cos0g'1 + iR sin0g'1

    Finalement, on a : = i cos0g'1 + i sin0g'1

    On obtient finalement le systme recherch :

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    h = i cos0g'1 i sin0g'1 = i sin0g'1 + i cos0g'1 = i #

    9. Les trajectoires des particules sont planes et circulaires, avec une vitesse angulaire gconstante pour chaque particule et qui dcroit en relation hyperbolique avec la distance l'axe origine. L'acclration est purement centripte. On appelle ce mouvement un tourbillon.

    10. On a montr la question 3 que le tenseur des taux de dformation eulriens est gal au tenseur gradient de vitesse, dont la matrice dans la base / = 0, , 1 est :

    } = 0, 1 + ~ 2 0 2 00 0 0H = pq

    On se place au point = & , et on a donc = 0 et = &. Par consquent, la matrice de pq exprime dans la base / en ce point est donne par :

    pq = 00, &1& ~ 0 & 0& 0 00 0 0H =72^& ~0 1 01 0 00 0 0H

    On reconnat un glissement simple tel que dfini dans le cours.

    La base propre d'une telle dformation est nomme / = ($, $, $,, avec :

    $ = 22 + 22 $ = 22 22 $ =

    #

    Dans cette base, la matrice de pq vaut :

    pq = 72^& ~1 0 00 1 00 0 0Hx

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    3. Dformations

    Exercice A. Soit un milieu soumis un tenseur de dformation l, dont la matrice dans une base / 0, , 1 donne est :

    l = ~3 2 42 3 44 4 1H

    1. Calculer la trace de l, ainsi que son dterminant. Calculer la matrice du tenseur l, et en dduire le deuxime invariant du tenseur donn par l'expression classique l = M('&l, '&(l,N. En dduire sans calcul le polynme caractristique du tenseur l.

    2. Dvelopper le dterminant du tenseur l et retrouver l'expression du polynme caractristique.

    3. Dvelopper diffremment $'(l , pour l'exprimer sous la forme suivante, beaucoup plus intressante : $'(l , = 0 l10 l10 l1. En dduire les valeurs des dformations principales et la forme de la matrice de l dans sa base principale.

    4. Ordonner les dformations principales, puis calculer les coordonnes du vecteur propre correspondant la dformation principale intermdiaire l.

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    Corrigs

    Exercice A. 1. La trace de l s'obtient immdiatement :

    '&l '& ~3 2 42 3 44 4 1H 3 . 3 . 1 7 l

    Le dterminant d'une matrice 3*3 se calcule par la formule classique : somme des produits des termes selon les diagonales descendantes moins somme des produits des termes selon les diagonales montantes :

    4 $ 3 4 + 3 + $ 3 4 $

    Appliqu l, on a : 3 2 42 3 44 4 1 = 3 3 1 + 2 4 4 + 4 2 4 4 3 4 4 3 4 1 2 2 $'l = 27 = l

    Le tenseur l est le produit contract de par lui-mme. Sous forme matricielle dans la base / = 0, , 1, on a :

    l = ~3 2 42 3 44 4 1H ~3 2 42 3 44 4 1H = ~

    29 28 2428 29 2424 24 33H

    La trace de ce tenseur vaut '&l = 29 + 29 + 33 = 91

    Le second invariant principal de l s'obtient directement par la formule de l'nonc : l = 12 M('&l, '&(l,N = 12 07 911 = 21

    Par application de la formule du cours, on en dduit le polynme caractristique du tenseur des dformations linarises : $'(l , = + l l + l = + 7 + 21 27

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    2. On cherche le dterminant du tenseur l qui s'exprime sous forme matricielle dans la base / = 0, , 1 par :

    l = ~3 2 42 3 44 4 1H ~1 0 00 1 00 0 1H = ~

    3 2 42 3 44 4 1 H

    Donc :

    $'(l l, = 3 2 42 3 44 4 1 $'(l , = 03 1 01 1 + 2 4 4 + 4 2 4 4 03 1 4 4 4 03 1 01 1 2 2 $'(l , = 0 6 + 9101 1 + 32 + 32 48 + 16 48 + 16 4 + 4 $'(l , = 6 + 9 + 6 9 36 + 36 $'(l , = + 7 + 21 27

    On retrouve donc par le calcul dtaill le rsultat de la question prcdente.

    3. On cherche obtenir un dveloppement du polynme caractristique faisant intervenir directement ses racines, sous la forme $'(l , = 0 l10 l10 l1. Cette opration est peu aise si on dmarre de l'expression dveloppe du polynme, et il est plus judicieux de chercher cette expression ds le calcul du dterminant. On prend donc comme point de dpart :

    $'(l , = 3 2 12 3 34 4 1

    Selon les formules classiques de calcul de dterminant, il est possible de remplacer une colonne (respectivement une ligne) par une combinaison linaire des diffrentes colonnes (respectivement des diffrentes lignes). On remplace donc la colonne C1 par la combinaison C1-C2 :

    3 2 42 3 44 4 1 = 03 1 2 2 42 03 1 3 44 4 4 1 =

    1 2 4 1 3 40 4 1

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    Il est galement autoris de "sortir" une constante multiplicative d'une ligne ou d'une colonne du dterminant, donc on peut simplifier la premire colonne : $'(l , = 0 11 1 2 41 3 40 4 1

    On remplace ensuite la ligne L1 par la combinaison linaire L1+L2 :

    $'(l , = 0 11 0 5 81 3 40 4 1

    On a le droit de permuter deux lignes (ou bien deux colonnes) en changeant le signe du dterminant, on peut donc crire :

    $'(l , = 0 11 1 3 40 5 80 4 1

    Enfin, on sait qu'un dterminant 3*3 de la forme obtenu peut tre simplifi en un dterminant 2*2 par la formule suivante :

    1 4 0 $0 = $

    On peut donc crire : $'(l , = 0 11 5 84 1

    Il reste quelques calculs, mais on sait qu'on a atteint le but principal, car un dterminant 2*2 de cette forme est un polynme de degr 2 dont on sait trs bien retrouver les racines. On a : $'(l , = 0 11\05 101 1 4 8] $'(l , = 0 110 6 271

    Le discriminant du polynme de second degr est : = 061 4 1 0271 = 144

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    Et les deux racines de ce polynme sont : 6 2 = 3 1442

    Finalement, le polynme caractristique du tenseur des dformations linarises est donn par : $'(l , = 0 110 910 + 31

    Les dformations principales sont les racines de ce polynme, et on peut crire la matrice de l dans sa base principale :

    = ~1 0 00 9 00 0 3HQU8Tb8U

    4. On ordonne les dformations principales dans l'ordre dcroissant, et on a :

    l = ~l 0 00 l 00 0 lHQU8Tb8U avec :

    l = 9l = 1l = 3#

    On pourrait calculer les coordonnes dans / = 0, , 1 des trois vecteurs de la base principale de dformation (, , ,. On va le faire uniquement pour car la mthode est toujours la mme.

    D'aprs le cours, la direction principale de dformation est dfinie par : l = l

    En dveloppant de systme, on obtient :

    ~3 2 42 3 44 4 1H ,,,H = l

    ,,,H = ,,,H

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    Dans cette expression, on a fait apparatre les trois coordonnes (2,1, 2,2, 2,3, du vecteur dans la base / = 0, , 1. En mettant ce systme matriciel sous forme d'un systme d'quations linaires, on a :

    h3 2,1 + 2 2,2 + 4 2,3 = 2,12 2,1 + 3 2,2 + 4 2,3 = 2,24 2,1 + 4 2,2 + 2,3 = 2,3 # Soit :

    h2 2,1 + 2 2,2 + 4 2,3 = 02 2,1 + 2 2,2 + 4 2,3 = 04 2,1 + 4 2,2 = 0 #

    On remarque immdiatement que , = , et que , = 0. Or on sait que le vecteur est unitaire (de norme gale 1), donc on peut crire :

    2,1 = 222,2 = 222,3 = 0

    #

    On note une indtermination dans le signe de , et ,. Tous les signes sont possibles, condition que l'on vrifie , = ,.

    Ce systme tait trivial, mais ce n'est pas toujours vrai. Dans le cas contraire, on peut utiliser le pivot de Gauss, ou passer par une inversion de matrice.

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    4. Contraintes

    Exercice A. Soit un milieu continu dont l'tat de contrainte est homogne et stationnaire (le tenseur de Cauchy est constant dans l'espace et le temps). On considre au sein de ce milieu un domaine matriel p, en forme de ttradre tel que reprsent dans la figure ci-dessous dans un repre cartsien orthonorm 0, , , 1. Les artes parallles aux axes de la base ont une longueur donne . Un exprimentateur ralise quelques mesures, et constate que : -La composante normale de la force exerce sur la face arrire (correspondant au plan = 0) est gale j -La composante normale de la force exerce sur la face de gauche (correspondant au plan = 0) est gale j -La composante normale de la force exerce sur la face infrieure (correspondant au plan = 0) est gale j -La force exerce sur la face incline du ttradre est gale = + +

    Dterminer les composantes de la matrice du tenseur de Cauchy dans la base 0, , 1.

    Exercice B. On considre un petit cube de centre dans un milieu continu soumis des contraintes. On effectue trois expriences de chargement (a), (b), et (c), respectivement caractrises par les vecteurs contraintes suivants (Y tant une constante) :

    (a). 0, 1 = 0 ; 0, 1 = Y ; 0, 1 = Y

    (b). 0, 1 = Y ; 0, 1 = 0 ; 0, 1 = Y

    (c). 0, 1 = Y ; 0, 1 = Y ; 0, 1 = 0

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    1. Exprimer les trois tenseurs de contraintes 01, 01, et 0b1 correspondant ces trois cas de chargement.

    2. On effectue les trois expriences simultanment en superposant les trois systmes de forces. Exprimer le tenseur de contraintes correspondant cette nouvelle exprience. Pour la suite de l'exercice on considrera uniquement ce nouvel tat de contrainte.

    3. Calculer le vecteur contrainte exerc sur une petite surface normale la direction dfinie par l'expression = + + .

    4. Calculer le vecteur contrainte exerc sur une petite surface de direction normale .

    5. Donner sans calcul supplmentaire les contraintes principales et les directions principales de contraintes.

    6. Tracer le tricercle de Mohr correspondant cet tat de contraintes et donner la valeur de la contrainte de cisaillement maximale. Donner galement la valeur de la contrainte moyenne et la matrice du dviateur de contraintes.

    Exercice C. En un point d'un milieu continu et l'instant ', la matrice du tenseur de Cauchy dans une base cartsienne orthonorme fixe / = 0, , 1 est donne par l'expression suivante, o 7 est une constante adimensionnelle :

    = ~0.77 3.67 03.67 2.87 00 0 7.6

    1. Montrer que le calcul des trois contraintes 01, = 1,2,3 et l'utilisation des proprits des cercles de Mohr permettent de calculer les contraintes principales qu'on notera , , et . Illustrer le cas 7 = 1.

    2. Dterminer les valeurs de 7 correspondant un tat triaxial de rvolution.

    3. Pour la suite de l'exercice, on pose 7 = 1. Dterminer les directions principales de en .

    4. Calculer la contrainte pour une facette de normale = + . Tracer le point correspondant sur le cercle de Mohr.

    5. Dterminer pour 7 = 1, puis pour 7 = 2, la valeur de la contrainte de cisaillement maximum ainsi que la direction de la normale correspondante.

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    31

    Corrigs

    Exercice A. On recherche les termes de la matrice de partir d'un certain nombre de mesures de forces effectues sur les faces d'un domaine matriel. L'tat de contrainte est suppos homogne et stationnaire, et le tenseur de Cauchy est toujours symtrique, on cherche donc en tout et pour tout six inconnues scalaires : , ,

    , , , et .

    On va d'abord travailler sur la force applique sur la face arrire du ttradre (plan 0). L'nonc dit que la composante normale cette force est gale j. On peut galement remarquer que la facette en question (face triangulaire arrire) est de normale sortante .

    On va chercher exprimer le vecteur contrainte appliqu sur cette facette. On peut l'noncer ainsi partir de la formule du cours : 01 = 01

    Avec : = ~100H et = ~

    H

    Donc on a :

    01 = ~

    H ~100 H = ~

    H

    Par ailleurs, on sait que la composante normale de la force applique la facette vaut j. Si on note la surface de la facette triangulaire, on peut intgrer la contrainte 01 sur toute la surface de la facette (pour obtenir une force), et considrer sa composante normale (par projection sur la normale, c'est--dire par produit scalaire avec le vecteur normal sortant de la facette). On a donc :

    j = 01 01 = ~H ~100 H =

    La surface de la facette est donne par = bK , et on peut finalement crire : = 2j

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    32

    Par des raisonnements identiques sur les facettes de normales et , on obtient de la mme manire : = 2j

    = 2j

    On a dtermin les trois termes diagonaux de la matrice de . Il nous reste dterminer les termes non-diagonaux. On va donc s'intresser la facette restante.

    Sa normale sortante est un vecteur unitaire, colinaire la direction ~111. Il s'agit donc d'un vecteur d'allure gnrale d444f, o 4 est un rel dterminer. Par ailleurs, ce vecteur doit tre unitaire, donc sa norme doit tre gale 1. On va donc avoir : 4 + 4 + 4 = 1

    et donc : 4 = 13

    La normale sortante la facette est donc le vecteur = 1 31 31 3 H.

    On a galement besoin de la surface de cette facette. Il s'agit d'un triangle quilatral de ct 2, et on obtient aprs quelques calculs trigonomtriques et/ou Pythagore : x = 32

    On peut maintenant crire le vecteur contrainte subi par cette facette en n'importe lequel de ses points (puisque l'tat de contrainte est homogne) : 01 =

    et donc :

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    33

    01 = ~

    H 1 31 31 3 H

    01 = 13 ~ + + + + + +

    H

    L'nonc prcise que la force subie par la facette est mesure comme tant gale : = + +

    Or cette force est galement le produit du vecteur contrainte (homogne) par la surface de la facette, on a donc :

    = + + = 01 = 3 ~ + + + + + +

    H

    Cette quation matricielle nous fournit trois quations scalaires :

    = 3 0 + + 1 = 3 0 + + 1 = 3 0 + +

    1

    #

    On peut alors remplacer les termes diagonaux de la matrice par leurs valeurs trouves en dbut d'exercice, et faire de mme avec la surface de la facette :

    = 2 M2j + + N = 2 M + 2j + N = 2 M + + 2j N

    #

    On dispose alors d'un systme de trois quations trois inconnues : , , et .

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    34

    + = 2 2j + = 2 2j + = 2 2j

    #

    On obtient finalement les rsultats demands suivants :

    = 0 j1 + 0 j1 0 j1 = 0 j1 0 j1 + 0 j1 = 0 j1 + 0 j1 + 0 j1

    #

    Exercice B. 1. Considrons l'tat de chargement (a). On nous donne trois quations vectorielles : 0, 1 = 0 ; 0, 1 = Y ; 0, 1 = Y

    D'aprs la premire quation, on peut crire :

    0, 1 = 01 = ~

    ~100 = ~

    = 0

    On en dduit directement que = = = 0

    On considre maintenant la deuxime quation, qui nous permet d'crire :

    0, 1 = 01 = ~

    ~010 = ~

    = Y

    On en dduit que = = 0 mais aussi que = Y.

    Enfin, on considre la troisime quation, qui donne directement :

    0, 1 = 01 = ~

    ~001 = ~

    = Y

    On en dduit que =

    = 0 et on confirme que = Y.

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    35

    On a donc calcul les six termes indpendants de la matrice du tenseur de Cauchy dans la base / = 0, , 1, et on peut crire cette matrice :

    01 = ~0 0 00 0 Y0 Y 0 H

    On rappelle que cette matrice est uniquement valable pour l'tat de chargement not (a) dans l'nonc. En appliquant des raisonnements identiques, on obtient galement les matrices des tenseurs de contraintes correspondant aux tats de chargement (b) et (c) :

    01 = ~ 0 0 Y0 0 0Y 0 0 H

    0b1 = ~ 0 Y 0Y 0 00 0 0H

    2. Sans calcul supplmentaire, on peut tirer parti du fait que la superposition de plusieurs tats de contraintes correspond la somme des tenseurs de contraintes correspondants. Si on superpose les chargements (a), (b), et (c), on obtient donc le tenseur de contraintes dont la matrice dans la base / = 0, , 1 s'exprime par :

    01010b1 = 01 + 01 + 0b1 = ~ 0 Y YY 0 YY Y 0 H

    3. On cherche exprimer le vecteur contrainte sur une facette dont on nous donne la direction . Il nous faut d'abord dterminer les coordonnes du vecteur unitaire normal cette facette. Ce vecteur est colinaire , mais de norme gale 1. On peut le noter et l'exprimer ainsi :

    = = 3 = 13 ~111H

    Le vecteur contrainte appliqu la facette dfinie par cette normale unitaire est ensuite donn directement par la formule du cours :

    0, 1 = , = 01010b1 = ~ 0 Y YY 0 YY Y 0 H 13 ~111H

    Et donc :

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    36

    0, 1 = 2Y3 ~111H = 2Y3 = 2Y

    4. On cherche dterminer le vecteur contrainte appliqu une facette de normale , dont on sait seulement que cette normale est galement normale au vecteur dfini plus haut. On cherche donc 0, 1, sachant que = 0. Ecrivons ces deux donnes sous forme mathmatique :

    = + + = + + = 0

    0, 1 = 01010b1 = ~ 0 Y YY 0 YY Y 0 H ~H = Y ~

    + + + H

    On en dduit :

    0, 1 = Y ~H = Y

    5. D'aprs les formules prcdentes, on peut formuler plusieurs observations. On a montr que : , = 2Y

    Par consquent la direction est une des directions principales de contrainte. Le vecteur unitaire est donc l'un des vecteurs de la base principale de contraintes, et la contrainte principale correspondante est gale 2Y.

    Par ailleurs, on a montr que, pour tout vecteur perpendiculaire , on a : 0, 1 = Y

    On en dduit que Y est une racine double et que le tenseur de Cauchy est cylindrique. Dans sa base principale, sa matrice s'exprime par :

    01010b1 = ~2Y 0 00 Y 00 0 YHQU8Tb8U

    La base principale est forme du vecteur et de tout couple de vecteurs perpendiculaires appartenant au plan normal .

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    37

    6. En ordonnant les valeurs de contraintes (et en supposant que Y > 0), on a :

    01010b1 = ~ 0 00 00 0 HQU8Tb8U

    avec : = 2Y et = = Y. Le tricercle de Mohr a l'allure suivante :

    Les valeurs propres et sont confondues, donc le tricercle se rsume un cercle unique. Par ailleurs, la contrainte de cisaillement maximale et la contrainte moyenne sont donnes par les formules de cours : - = 2 = 32Y = 13 '& = + + 3 = 0

    La contrainte moyenne est nulle, donc le tenseur de contraintes n'a pas de partie sphrique, et le dviateur de est gal .

    Exercice C. 1. On dispose de la matrice du tenseur des contraintes dans la base / = 0, , 1 :

    = ~0.77 3.67 03.67 2.87 00 0 7.6

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    38

    Suivons l'nonc, et calculons les trois vecteurs contraintes existant au point , pour des facettes de normales respectives , , et :

    01 = = ~0.77 3.67 03.67 2.87 00 0 7.6 ~100 = ~

    0.773.670 = 0.77 + 3.67

    01 = = ~0.77 3.67 03.67 2.87 00 0 7.6 ~010 = ~

    3.672.870 = 3.67 + 2.87

    01 = = ~0.77 3.67 03.67 2.87 00 0 7.6 ~001 = ~

    007.6 = 7.6

    Chacun de ces vecteurs peut tre dcompos en une composante normale et une composante tangentielle, afin d'tre reprsents dans le plan de Mohr. Par exemple, pour le vecteur contrainte appliqu la facette de normale , on peut crire : 01 = + '

    Dans cette quation trs gnrale, ' est un vecteur unitaire appartenant au plan de la facette, et et sont respectivement la composante normale et la composante tangentielle du vecteur contrainte. Par identification avec l'expression trouve plus haut, on peut crire : ' = = 0.77 et = 3.67

    En appliquant la mme opration 01 et 01, on peut crire de la mme manire = 2.87 et = 3.67 = 7.6 et = 0

    Avec ces rsultats, on peut tout fait placer sur le plan de Mohr les points correspondant chacun de ces trois vecteurs contraintes. Il s'agira des points de coordonnes 0, 1, 0, 1, et 0, 1. Il faut noter pour l'instant que la connaissance de ces points n'est pas suffisante pour tracer le tricercle de Mohr et donc pour dterminer les contraintes principales.

    On doit maintenant appliquer un certain nombre de raisonnements lis des proprits du cercle de Mohr. On remarque que la composante tangentielle de 01 est nulle, ce qui signifie par dfinition que est une direction principal de contrainte. On en dduit donc que les vecteurs et sont situs dans le plan des deux autres directions principales (pour l'instant inconnues), et que les points du plan de Mohr correspondant

  • Mcanique des Milieux Continus

    aux deux vecteurs contraintes lis ces facettes sont situes sur le mme cercle de Mohr (c'est la dfinition d'un cercle donn dans le cours). Par consquent, les points 0, 1 et 0, 1 appartiennent tous les deux au mme cercle de Mohr. C'est aussi le cas de leurs symtriques par rapport l'axe horizontal, c'est0, 1 et 0, 1.

    On tire enfin parti des rgles d'orientation donnes dans le cours, et on observdeux facettes de normales correspondent dans le plan de Mohr sont ncessairement diamtralement opposs sur le cercle de Mohr auquel ils appartiennent.du cercle de Mohr que l'on recherche sontdiamtralement opposs : M + 2

    Le rayon de ce cercle se calcule ensuite par Pythagore : = 02.87 1.757

    On en dduit qu'une des contraintes principales est gale qu'une autre contrainte principale vaut on l'a dj dtermine implicitement au dbut de l'exercice, et elle vaut situation est reprsente dans le plan de Mohr pour

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    aux deux vecteurs contraintes lis ces facettes sont situes sur le mme cercle de Mohr (c'est la dfinition d'un cercle donn dans le cours). Par consquent, les points

    artiennent tous les deux au mme cercle de Mohr. C'est aussi le cas de leurs symtriques par rapport l'axe horizontal, c'est1On tire enfin parti des rgles d'orientation donnes dans le cours, et on observ et sont orthogonales, et donc que les points qui leur correspondent dans le plan de Mohr sont ncessairement diamtralement opposs sur le cercle de Mohr auquel ils appartiennent. On en dduit que les coordonnesdu cercle de Mohr que l'on recherche sont au milieu d'un segment reliant deux points

    , 0N = M0.77 + 2.872 , 0N = 01.757, 01 Le rayon de ce cercle se calcule ensuite par Pythagore :

    71 + 03.671 = 702.8 1.751 . 03.6On en dduit qu'une des contraintes principales est gale 1.757 qu'une autre contrainte principale vaut 1.757 . 3.757 5.57. Quant la troisime, on l'a dj dtermine implicitement au dbut de l'exercice, et elle vaut situation est reprsente dans le plan de Mohr pour 7 1 :

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    aux deux vecteurs contraintes lis ces facettes sont situes sur le mme cercle de Mohr (c'est la dfinition d'un cercle donn dans le cours). Par consquent, les points

    artiennent tous les deux au mme cercle de Mohr. C'est aussi le cas de leurs symtriques par rapport l'axe horizontal, c'est--dire des points

    On tire enfin parti des rgles d'orientation donnes dans le cours, et on observe que les sont orthogonales, et donc que les points qui leur

    correspondent dans le plan de Mohr sont ncessairement diamtralement opposs sur On en dduit que les coordonnes du centre au milieu d'un segment reliant deux points

    1

    0 61 3.757 3.757 27, et

    . Quant la troisime, on l'a dj dtermine implicitement au dbut de l'exercice, et elle vaut 7.6. La

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    40

    2. Un tat triaxial de rvolution correspond n'importe quel tat de contraintes pour lequel deux des contraintes principales sont gales.

    Dans notre cas, sans accorder d'attention l'ordre des contraintes principales (puisque celui-ci dpend de 7), on peut noncer que les contraintes principales sont gales : 27; 5.57; 7.6

    On peut relever dans le cas prsent trois situations pour lesquelles l'tat de contraintes est triaxial de rvolution : 27 5.57 7 0 = 27 = 7.6 7 = 3.8 = 5.57 7.6 7 1.38

    3. On pose 7 1, on ordonne les contraintes, et on a donc 7.6, 5.5, et 2.

    On cherche les directions principales de contraintes 0, , 1. Plus prcisment, on cherche trouver les coordonnes de ces trois vecteur propres dans la base d'origine 0, , 1.

    On a dj dmontr que est une direction propre, et lorsque 7 = 1 cette direction propre est celle de la contrainte principale maximale. On peut donc noncer sans calcul que :

    = = ~001H

    On cherche alors les coordonnes des deux autres vecteurs principaux, tels que : = , + , + , = , + , + ,

    Puisque = , les vecteurs et sont orthogonaux , et on a , = , = 0.

    Il nous reste quatre scalaires trouver : ,, ,, ,, et ,.

    On applique la formule classique dfinissant une direction principale de contrainte : =

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    41

    or on a = ~0.7 3.6 03.6 2.8 00 0 7.6H ~,,0 H = ~

    0.7, + 3.6,3.6, + 2.8,0 H

    Donc on obtient = (0.7, + 3.6,, + (3.6, + 2.8,,

    Par ailleurs on a = = 5.5 , + ,

    On en dduit le systme suivant : v5.5, = 0.7, + 3.6,5.5, = 3.6, + 2.8, # v4.8, + 3.6, = 03.6, 2.7, = 0 # 4.8 3.63.6 2.7 ,, = 00

    La solution de ce systme est triviale : , = 0 et , = 0. Cette solution n'est videmment pas celle qui nous intresse. En se penchant un peu plus sur le systme, on observe que ses deux quations sont en fait identiques. C'est le genre de pige que les calculs peuvent faire apparatre.

    Il y a une information que l'on n'a pas encore utilise : le fait que le vecteur doit tre unitaire. On a donc un nouveau systme : v4.8, + 3.6, = 0, + , = 1 #

    De la premire quation il vient , = ,, que l'on peut intgrer dans la seconde quation : , + 916 , = 1

    Finalement, on obtient : , = 0.8 et , = 0.6. On note enfin :

    = ~0.60.80 H

    On pourrait appliquer la mme mthode pour obtenir ,, et ,, mais on peut aussi tirer parti du fait que 0, , 1 est une base orthonorme directe. On peut donc utiliser le produit vectoriel et crire :

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    42

    = Donc on a :

    = ~001H ~0.60.80 H = ~

    0.80.60 H

    4. On dfinit la facette de normale = + . Le vecteur contrainte subi par cette facette s'obtient directement par la formule du cours :

    01 = = ~0.7 3.6 03.6 2.8 00 0 7.6H ~3 21 20 H = ~

    2.44.50 H

    Pour tracer le point correspondant ce vecteur contrainte dans le plan de Mohr, on a besoin d'une composante normale et d'une composante tangentielle. La composante normale s'obtient, comme d'habitude, par projection du vecteur 01 sur la direction normale la facette, c'est--dire par un produit scalaire :

    = 01 = ~2.44.50 H ~3 21 20 H = 4.3

    Le vecteur contrainte 01 est la somme d'un vecteur orient dans la direction normale et d'un autre vecteur orient dans une direction tangentielle ' qui n'est pas connue. La composante tangentielle est donc la norme du vecteur obtenu en retranchant la composante normale du vecteur 01 lui-mme : = 01

    = ~2.44.50 H 4.3 ~3 21 20 H = 2.7

    On peut alors reporter le point correspondant sur le graphique (voir figure prcdente). On constate qu'il appartient au cercle 1. C'est logique, car ce point est dfini pour une facette de direction normale = + qui appartient au plan des deux directions principales 0, 1 (c'est le plan normal ).

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    43

    5. Pour 7 = 1, on a = 7.6 et = 2 . La contrainte de cisaillement maximale est donc donne par : - = 2 = 4.8

    L'abscisse du point correspondant sur le plan de Mohr correspond celle du centre du grand cercle de Mohr, soit: + 2 = 2.8

    Le point du cercle de Mohr correspondant la facette de cisaillement maximal est donc de coordonnes 02.8,4.81 (voir figure).

    Par dfinition, la facette qui reoit cette contrainte possde une normale qui appartient au plan des deux directions principales et (qu'on appelle "plan de cisaillement maximal"). En fait, la facette de cisaillement maximal correspond toujours une orientation situ selon la bissectrice des directions principales et , qui est donc donne par :

    + 2 =0 0.820 + 0.621 + 02

    = ~0.40.30.5

    Il faut noter que ce vecteur n'est pas unitaire (mme s'il suffit dfinir la direction de la normale la facette).

    Pour 7 2, la mthode est strictement la mme, except que le vecteur a chang, et il faut donc le recalculer pour obtenir la bonne orientation de la facette de cisaillement maximal.

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    44

    5. Elasticit

    Exercice A. Soit le massif rectangulaire de grande longueur reprsent sur la figure suivante :

    On pose plusieurs hypothses : -Comportement lastique linaire, de paramtres let . -Face suprieure soumise un pression uniforme :. -Face infrieure en appui glissant et non-frottant, fixe seulement sur l'axe 0, 1. -Forces de volume ngligeables. -Hypothse des petites perturbations. -On se place dans la zone centrale du massif pour se prmunir des effets de bord. -Champ de dplacement donn par = 0 i + k i1 + 0k i + / i1.

    1. Reprsenter la section du massif contenant le point , ainsi que les conditions aux limites sur cette section.

    2. Calculer le tenseur des dformations , et donner ses valeurs principales et ses directions principales. De quel type de dformation s'agit-il ?

    3. Exprimer analytiquement le tenseur de Cauchy (utiliser les coefficients de Lam pour simplifier les notations).

    4. En utilisant les conditions aux limites en contraintes, calculer les expressions des paramtres et /. En utilisant les conditions aux limites en dplacement, calculer k.

    5. On pose l = 2100004 et = 0.3 (Massif en acier). Les dimensions de la section sont } = 0.2 et = 0.15, et le chargement vaut : = 5004. Calculer le vecteur dplacement du point . Tracer la dforme de la section.

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    Exercice B. On s'intresse un barrage poids de section triangulaire, dont la gomtrie est propose sur la figure suivante. Pour rendre le problme plan, on particulier une "tranche" de ce barrd'ancrage latraux. Le barrage est soumis son poids l'eau, la surface de celle-ci base, le barrage est parfaitement encastr.

    Le matriau composant le barrage est suppos lastique linaire et isotrope, de paramtres let . On nglige la pression atmosphrique.

    1. Expliquer pourquoi il s'agit d'un problme de dformations planes, et donner la forme gnrale des inconnues

    2. Dcrire prcisment les conditions aux limites d'une "tranche" du barrage. Ecrire les quations d'quilibre mcanique, d'aborconditions limites en contraintes.

    3. On postule que tous les termes du tenseur de contrainte sont des fonctions des coordonnes et . Donner l'expression gnraletel champ de contrainte. Montrer qu'il vrifie l'quation de Beltrami, et est donc la solution du problme lastique.

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    On s'intresse un barrage poids de section triangulaire, dont la gomtrie est propose sur la figure suivante. Pour rendre le problme plan, on particulier une "tranche" de ce barrage situe suffisamment loin d'ancrage latraux. Le barrage est soumis son poids m3 et la pousse

    ci tant situe une hauteur gale cellebase, le barrage est parfaitement encastr.

    Le matriau composant le barrage est suppos lastique linaire et isotrope, de . On nglige la pression atmosphrique.

    1. Expliquer pourquoi il s'agit d'un problme de dformations planes, et donner la forme gnrale des inconnues , , et .

    Dcrire prcisment les conditions aux limites d'une "tranche" du barrage. Ecrire les quations d'quilibre mcanique, d'abord l'intrieur du domaine puis au niveau de ses conditions limites en contraintes.

    3. On postule que tous les termes du tenseur de contrainte sont des fonctions . Donner l'expression gnrale des termes de la matrice

    tel champ de contrainte. Montrer qu'il vrifie l'quation de Beltrami, et est donc la solution du problme lastique.

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    On s'intresse un barrage poids de section triangulaire, dont la gomtrie est propose sur la figure suivante. Pour rendre le problme plan, on s'intresse en

    age situe suffisamment loin des massifs et la pousse mU3 de

    gale celle du barrage. A sa

    Le matriau composant le barrage est suppos lastique linaire et isotrope, de

    1. Expliquer pourquoi il s'agit d'un problme de dformations planes, et donner la

    Dcrire prcisment les conditions aux limites d'une "tranche" du barrage. Ecrire les d l'intrieur du domaine puis au niveau de ses

    3. On postule que tous les termes du tenseur de contrainte sont des fonctions linaires des termes de la matrice d'un

    tel champ de contrainte. Montrer qu'il vrifie l'quation de Beltrami, et est donc la

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    46

    Rappel : l'quation de Beltrami est donne par : + 11 + 3&4$3&4$'& = 0

    Le laplacien d'un tenseur (par exemple ) est le tenseur dont chaque terme est le laplacien des termes du tenseur d'origine (ici ). On a donc 01 = (,. Les autres termes de l'quation sont calculables.

    4. A l'aide de la loi de Hooke, montrer que

    = 0 + 1.

    5. A l'aide des quations d'quilibre et des conditions aux limites en contraintes, calculer en tout point du systme. A l'aide de la loi de Hooke, en dduire en tout point du systme.

    6. Montrer que la contrainte tangentielle la plus intense (en valeur absolue) du systme est obtenue au point /, et calculer cette contrainte.

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    Corrigs

    Exercice A. 1. La section du massif contenant le point est un rectangle. Il est soumis aux conditions aux limites suivantes : -face suprieure : pression uniforme gale :. -faces latrales : pression uniforme gale 0. -face infrieure : dplacement vertical bloqu, dplacement horizontal bloqu au point central.

    2. Le champ de dplacement est donn par l'expression :

    i + k ik i + / i0 #

    Il s'agit manifestement d'un mouvement plan. Le tenseur des dformations linarises se calcule par : = 12 3&4$ +(3&4$,@

    Or 3&4$ =IJI-J IJI-K IJI-LIKI-J IKI-K IKI-LILI-J ILI-K ILI-L

    = ~ k 0k / 00 0 0

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    Finalement, = ~ 0 00 / 00 0 0

    On constate qu'il s'agit d'une dformation plane, que la base principale de dformation est la base d'origine 0, , 1, et que les dformations principales sont , /, 0.

    3. On applique la loi de Hooke formule en fonction des coefficients de Lam : = 2 + '&01

    avec = 01 et = 010z1.

    On a '&01 = + /, et il vient donc :

    = 2 ~ 0 00 / 00 0 0 + 0 + /1 ~1 0 00 1 00 0 1

    Et finalement :

    = 2 + 0 + /1 0 00 2/ + 0 + /1 00 0 0 + /1

    Les tenseurs et sont homognes, c'est--dire qu'ils sont gaux en tout point du systme.

    4. Sur la face suprieure, la pression applique peut se noter : = :

    Par ailleurs, la condition aux limites d'quilibre sur cette face suprieure s'crit : =

    La normale unitaire sortante cette surface est , donc on a 01 =

    Par consquent, on peut crire :(2 + 0 + /1, = :

    Et finalement :2 + 0 + /1 = :

    On applique la mme mthode sur une des faces latrales, et on obtient : 2/ + 0 + /1 = 0

    Il en rsulte un systme linaire de deux quations deux inconnues et / :

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    v02 + 1 + B = :A + 02 + 1/ = 0#

    La deuxime quation donne / = z, que l'on rinjecte dans la premire pour obtenir 2 + K = :.

    Aprs calcul, il vient : = : 2 40 + 1 '/ = : 40 + 1

    Sur la face infrieure, le dplacement est bloqu verticalement. En posant i = 0, on peut donc crire : 00, i, i1 = 0

    Or 0i, i, i1 = i + k i.

    On en dduit que k i = 00i, i1, et donc que k = 0.

    5. En utilisant les rsultats prcdents, on peut rcrire le champ de dplacement :

    =

    i = : 2 40 + 1 i/ i = : 40 + 1 i0

    #

    Les coordonnes du point sont i = = 0.15 et i = } = 0.2.

    Par ailleurs, les coefficients de Lam valent : = l201 + 1 = 210000201 + 0.31 = 807704 = 210000 0.301 + 0.3101 2 0.31 = 1211504

    Il vient finalement = 2.1666 10z et / = 9.2855 10z, et enfin :

    01 = 0.3250.1860 #

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    Exercice B. 1. Il s'agit d'un problme de dformations planes car la section du barrage est identique sur toute sa longueur, de mme que le chargement qu'il subit. On en dduit que son champ de dplacement est entirement situ dans le plan perpendiculaire sa longueur (plan d'une "tranche"), et que sa dformation dans la direction de sa longueur est empche par les tranches voisines. Les champs inconnus ont la forme suivante :

    = 0i, i10i, i10 # ; = ~ 0 00 0 0 ; = ~

    0 00 0

    Par ailleurs, en lasticit linaire on applique systmatiquement l'HPP, et on peut utiliser indiffremment les vecteurs position initial i et final .

    2. Sur une "tranche" du barrage, les conditions aux limites sont les suivantes : -Sur sa base il est parfaitement encastr : = 0&=H -Sur la face immerge (note =), il subit la pression de l'eau -Sur la face l'air libre (note H), il subit la pression atmosphrique qui est juge ngligeable. Les quations d'quilibre du milieu continu sont : -A l'intrieur du domaine, forme locale du PFD applique l'quilibre statique du solide charg : $% + m3 = 0&p

    -Sur la surface immerge, la normale sortante est = , et la contrainte subie par la surface est proportionnelle la profondeur et oriente dans la direction de : 01 = mU3 &=

    -Sur la surface l'air libre, la normale sortante est = 0 1, et la contrainte subie par la surface est nulle : 12 0 1 = 0&H

    3. L'nonc postule que tous les termes du tenseur de contrainte sont des fonctions linaires des coordonnes et , on a donc proportionnalit entre chaque terme de ce tenseur et ces coordonnes. On peut donc crire les relations suivantes : = 4 + = 4 + = 4 +

    = 4

    +

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    Dans ces expressions, les termes 4, , 4, , 4, , 4

    ,

    sont des constantes de proportionnalit qui sont pour l'instant inconnues.

    Quant aux deux autres composantes du tenseur de Cauchy, on a dj dmontr qu'elles sont nulles car on est en dformations planes : = = 0.

    Pour que ce champ de contrainte soit admissible, il doit vrifier l'quation de Beltrami: + 11 + 3&4$3&4$'& = 0

    On crit d'abord les diffrents termes de cette quation sous forme indicielle. Le premier terme permet d'crire : 01 = (, = DD + DD + DD

    le deuxime terme est lgrement plus long driver. On dveloppe d'abord la trace : (3&4$3&4$'&, = 3&4$3&4$0 + +

    1

    On dveloppe ensuite le gradient du champ scalaire de cette trace, qui est donc un champ vectoriel :

    (3&4$3&4$'&, =ABBBC3&4$

    DD 0 + +

    1DD 0 + +

    1DD 0 + +

    1

    EFFFG

    On calcule enfin le gradient de ce champ vectoriel, qui est donc un champ tensoriel :

    (3&4$3&4$'&, = DD 0 + +

    1 DDD 0 + +

    1 DDD 0 + +

    1DDD 0 + +

    1 DD 0 + +

    1 DDD 0 + +

    1DDD 0 + +

    1 DDD 0 + +

    1 DD 0 + +

    1

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    52

    Il vient : (3&4$3&4$'&, = DDD 0 + +

    1 = DDD + DDD + D

    DD

    Finalement, l'quation de Beltrami peut s'crire en notation indicielle : DD + DD + DD + 11 + Z DDD + DDD + D

    DD[ = 0

    Il faut signaler que la notation d'Einstein aurait permis de rduire sensiblement la longueur de cette dmonstration.

    On voit que cette dernire quation ne fait apparatre que des drives secondes des termes du tenseur de contrainte par rapport aux coordonnes spatiales. Or ces termes suivent une variation affine par rapport aux coordonnes spatiales, donc toutes ces drives secondes sont donc nulles. Il en rsulte que l'quation de Beltrami est vrifie, et que l'hypothse d'un champ de contrainte affine est satisfaisante.

    4. On cherche utiliser la loi de Hooke pour dmontrer que

    = 0 + 1. On l'utilise d'abord dans le sens contraintes-dformations :

    = l01 + 101 21 1 000

    1 000

    1 000

    0001 200

    00001 20

    000001 2

    Il en rsulte que

    = 010z1 0 + + 01 1

    1

    On sait que

    = 0 en dformations planes. On utilise alors la loi de Hooke dans le sens dformations-contraintes pour exprimer et :

    = 1l 1000

    1000

    1000

    0001 + 00

    00001 + 0

    000001 +

    On en dduit : = 0

    1 et = 0+

    1

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    53

    On rinjecte ces deux expressions dans la formule de

    :

    = l01 + 101 21 Zl 0

    1 + l 0+

    1[

    = 01 + 101 21 (01 1 + 01 1 +

    021,

    On isole ensuite

    , et on obtient :

    Z1 + 201 + 101 21[ = 01 101 + 101 21 0 + 1

    Et finalement :

    = 01 101 + 101 211 + 201 + 101 21 0 + 1 = 0 + 1

    La dernire simplification est laisse au lecteur, mais elle a t vrifie !

    5. Les quations d'quilibre ont dj t donnes la question 2, on va donc maintenant les utiliser en tirant parti de l'expression gnrale des termes du tenseur de contraintes donns la question 3. L'objectif est de trouver les expressions des constantes 4, , 4, , 4, , 4

    ,

    , et donc de dfinir entirement le tenseur de Cauchy dans le systme.

    La premire quation d'quilibre est celle lie la forme locale du PFD, valable pour tout point du systme : $% + m3 = 0&p

    On calcule d'abord la divergence du tenseur de Cauchy, donne par : ($%, = DD + DD + DD

    Les vecteurs $% et 3 s'expriment donc par :

    $% =DD + DD + DDDD + DD + DDDD + DD + D

    D

    '3 = ~030

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    Puisque = = 0, on peut donc crire le PFD sous la forme :

    DD + DD = 0DD + DD = m3D

    D = 0

    #

    La troisime quation est triviale (0 = 0), on peut donc tirer de ce systme deux relations pertinentes : v 4 + = 04 + = m3#

    La deuxime quation d'quilibre est celle qui concerne la condition limite sur la surface immerge =, que l'on a crite : 01 = mU3 &=

    Le premier terme de cette quation vaut :

    ~

    ~100 = ~

    On peut donc crire :

    = mU3 = 0 = 0 # &=

    La troisime quation est triviale (0 = 01. On remplace les termes de par leurs expressions dans les deux premires quations : v4 = mU34 = 0 # &=

    Or sur la surface = on peut crire = 0, et il vient donc : v = mU3 = 0 #

    Et finalement, on a les deux relations suivantes : v = mU3 = 0 #

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    55

    La dernire quation d'quilibre dont on dispose est celle qui concerne la surface l'air libre note H, que l'on a crite : 12 0 1 = 0&H

    Le premier terme de cette quation s'crit :

    12 0 1 = ~

    1 21 20 =12 ~

    Par consquent, l'quation d'quilibre se traduit par

    = 0 = 0 = 0# &H

    La troisime quation de ce systme est triviale une fois de plus, et les deux autres nous permettent d'crire : v4 + 4 = 04 + 4 = 0# &H

    Or sur la surface H on peut crire = , et ces termes peuvent donc se simplifier dans le systme prcdent. Il vient donc : v4 + 4 = 04 + 4 = 0#

    En rcapitulant les trois quations d'quilibre, on obtient un systme avec six quations et six inconnues :

    4 + = 04 + = m3 = mU3 = 04 + 4 = 04 + 4 = 0

    #

    En travaillant dans ce systme pour calculer toutes les variables, et en tenant compte du fait que l'on a dmontr plus haut que

    = 0 + 1, on peut dfinir entirement notre champ de contraintes en prcisant les huit coefficients inconnus :

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    4 = 0 ' = mU34 = mU3 ' = 04 = 0m 2mU13 ' = 0mU m134

    = 0m 2mU13 '

    = m3

    #

    et donc : = 4 + = mU3 = 4 + = mU3 = 0 = 4 + = 0m 2mU13 + 0mU m13 = 0

    = 4

    +

    = 0m 2mU13 m3

    Le tenseur de contrainte est donc entirement connu. Les trois valeurs non-nulles du champ de dformation se dduisent ensuite de la loi de Hooke : = 1l 0

    1 = l 04 4 4

    1 + l 0

    1 = 1 + l = 1 + l 4 + 1 + l = 1l 0+

    1= l 04 + 4 4

    1 + l 0 +

    1

    Tous calculs faits, on obtient : = 3l 01 + 10m 2mU1 + 3l 01 + 10m mU1 = mU3 1 + l = 3l 01 10m 2mU1 + 3l \m0 11 + mU01 + 1]

    Le champ de dformation est donc lui aussi entirement dfini.

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    57

    6. La seule contrainte tangentielle non nulle est la contrainte , et cette contrainte augmente (en valeur absolue) proportionnellement avec la coordonne . Elle est donc maximale (en valeur absolue) au point B, o elle vaut : = mU3