Département Génie Mécanique
I3-6 — Mécanique des Structures IIRésolution de problèmes d’élasticité
Janvier 2012Frank Petitjean
Table des matières
1 Équations de l’élasticité 51 Équations d’équilibre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Relations cinématiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 Loi de comportement thermoélastique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 Formulation du problème d’équilibre élastique et méthodes de résolution . . . . . 18
2 Résolution de problèmes 231 Traction-compression d’une barre cylindrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 Torsion infinitésimale d’une barre cylindrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 Équilibre élastique d’une sphère creuse sous pression . . . . . . . . . . . . . . . . 334 Équilibre élastique d’un tube cylindrique sous pression (2e partie) . . . . . . . . . 425 Problèmes d’élasticité plane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3 Travaux Dirigés 571 TD n°1 - Problèmes d’élasticité en symétrie sphérique . . . . . . . . . . . . . . . 572 TD n°2 - Étude du frettage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3
Équations de l’élasticité 1L’objet de ce chapitre est de formuler l’ensemble des équations de l’élasticité présentées dans
le cours MdS-1. Elles se divisent en 3 catégories :– les équations d’équilibre qui elles traduisent l’équilibre entre les forces internes et externes
dans un milieu continu (section 1) ;– les relations cinématique entre champ de déplacement et champ de déformation (section2) ;
– la loi de comportement élastique, la relation entre contraintes et déformations (section3).
L’ensemble des équations constitue ce que l’on appelle le problème d’élasticité qui correspondà la recherche de l’équilibre de la structure (section 4). On détaillera tout d’abord les 2 princi-pales méthodes pour résoudre ce problème dans le cas tridimensionnel puis on examinera le casparticulier de l’élasticité bidimensionnel.
1 Équations d’équilibre1.1 Principe fondamental de la dynamiqueOn considère un milieu continu Ω en mouvement sous l’action de forces extérieures qui sont les
forces de volume fv et les forces de surface FS . On applique le principe de la coupure qui consisteà exprimer l’équilibre mécanique d’une sous partie quelconque ω ⊂ Ω. Les forces exercées sur ωsont :– les forces de volume fv (M) ;– les forces surfaciques F ∂ω (M) sur le contour ∂ω de ω ; elles représentent les actions de
contact de Ω sur ω.
Hypothèse et théorème de Cauchy : Ces actions de contact ne dépendent que de la normaleen M à ∂ω et de façon linéaire :
F∂ω (M) = T (M, n) = ¯σ (M) .n
5
Équations de l’élasticité
Théorème (Principe fondamental de la dynamique) Pour tout Ω et pour toute sous par-tie ω ⊂ Ω, le torseur des efforts extérieurs est égale au torseur des quantités d’accélération, cequi s’écrit :
d
dt
[Rmvt,Mmvt
]=[Rext,M ext
]∀ω ⊂ Ω
On a comme corollaire l’équation du mouvement
ργ − fv − div¯σ = 0 ∀M ∈ Ω (1-1)
et, lorsque l’accélération γ est nulle (mouvement de translation uniforme) les équations d’équi-libre
div¯σ (M) + fv (M) = 0 pour tout M ∈ Ω (1-2)
En exprimant l’opérateur div¯σ dans différents systèmes de coordonnées, on obtient les équa-tions d’équilibre :
– en coordonnées cartésiennes orthonormées
∂σxx∂x
+ ∂σxy∂y
+ ∂σxz∂z
+ fvx = 0
∂σyx∂x
+ ∂σyy∂y
+ ∂σyz∂z
+ fvy = 0
∂σzx∂x
+ ∂σzy∂y
+ ∂σzz∂z
+ fvz = 0
– en coordonnées cylindriques
∂σrr∂r
+ 1r
∂σrθ∂θ
+ ∂σrz∂z
+ σrr − σθθr
+ fvr = 0
∂σθr∂r
+ 1r
∂σθθ∂θ
+ ∂σθz∂z
+ 2σrθr
+ fvθ = 0
∂σzr∂r
+ 1r
∂σzθ∂θ
+ ∂σzz∂z
+ σzrr
+ fvz = 0
– en coordonnées sphériques
ργr+∂σrr∂r
+ 1r
∂σrθ∂θ
+ 1r sin θ
∂σrϕ∂ϕ
+ 2σrr − σθθ − σϕϕ + σrθ cot θr
+ fr = 0
ργθ+∂σθr∂r
+ 1r
∂σθθ∂θ
+ 1r sin θ
∂σθϕ∂ϕ
+ (σθθ − σϕϕ) cot θ + 3σrθr
+ fθ = 0
ργϕ+∂σϕr∂r
+ 1r
∂σϕθ∂θ
+ 1r sin θ
∂σϕϕ∂ϕ
+ 3σϕr + 2σϕθ cot θr
+ fϕ = 0
1.2 Conditions de raccordement
Définition Le champ de contrainte ¯σ (M) est dit statiquement admissible (SA) s’il vérifiel’équation d’équilibre (1-2) et les conditions limites sur δΩ :
T (M, n) = ¯σ (M) .n = FS(M) pour tout M ∈ ∂Ω (1-3)
6
1 Équations d’équilibre
Exemple : Tube cylindrique sous pression extérieure
T (M1, n1) = −per⇒ σrr = −p , σθr = σzr = 0
T (M2, n2) = 0⇒ σrr = σθr = σzr = 0
Ω n1
M1
p
n2
M2
1.3 Torsion d’un cylindre de section circulaire
Énonce du problème
On considère un cylindre Ω d’axe Oz, de hauteur h et de base circulaire R. Un point M ∈ Ωest repéré par ces coordonnées cylindriques (r, θ, z). Ce cylindre est soumis à un système deforces inconnues qui conduit à un champ de contrainte de la forme :
¯σ (M) = ¯σ (r) = βr (eθ ⊗ ez + ez ⊗ eθ) (1-4)
où β est une constante.L’objectif de cette étude est de déterminer les conditions de raccordement sur le contour du
cylindre à partir de la donnée du tenseur des contraintes. On montrera que le champ de forcesurfacique appliqué sur les faces inférieure et supérieure forment un couple de torsion M = Cezoù C est une constante à déterminer qui dépend des données du problème.
Résolution
La résolution est décomposée en 3 étapes et proposée sous la forme de 3 exercices.
Exercice 1.1. Écrire dans la base (er, eθ, ez), associée au repère cylindrique, la matrice descomposantes de σ donnée par (1-4).
Réponse.La matrice s’écrit
Équations de l’élasticité
[σ](r,θ,z) =
0 0 00 0 βr
0 βr 0
Exercice 1.2. On cherche à déterminer le système de forces extérieures FS (M) , fv (M) quisoit statiquement admissible avec le champ de contrainte (1-4).
(a) Calculer div ¯σ (M) et en déduire la valeur de fv (M).
(b) On note FSR, FS0, FSh les forces surfaciques appliquées sur les contours de Ω définis res-
pectivement par r = R, z = 0, z = h.– Préciser les conditions que doivent vérifier chacune de ces 3 forces ;– en déduire la valeur des 3 forces de contour en fonction des données du problème.
Réponse.(a) En appliquant la formule de la divergence en coordonnées cylindrique on obtient
div¯σ = 0
On déduit donc de l’équation d’équilibre
div¯σ + fv = 0
quefv (M) = 0 quelque soit M ∈ Ω
(b) Conditions sur les forces de contour : elles sont données par les conditions de raccordement(1-3)
T (M, n) = ¯σ (M) .n = FS(M) pour tout M ∈ Ω
– Forces surfaciques sur la surface latérale définie par r = R : on a n = er, d’où
FSR (M) = ¯σ (M) .n = βR (ez ⊗ eθ) er + βR (eθ ⊗ ez) er = 0
– Forces surfaciques sur la base inférieure définie par z = 0 : on a n = −ez, d’où
FS0 (M) = ¯σ (M) .n = −βreθ = F
S0 (r)
Par conséquent, FS0 (M)
=
0−βr
0
8
1 Équations d’équilibre
– Forces surfaciques sur la surface supérieure définie par z = h : on a n = ez, d’où
FSh (M) = ¯σ (M) .n = βr (ez ⊗ eθ) ez + βr (eθ ⊗ ez) ez
= 0 + βreθ = FSh (r)
Par conséquent, FSh (M)
=
0βr
0
Exercice 1.3. Montrer que le torseur au point O′ = (0, 0, h), qui résulte de la force surfaciqueFSh (M), est équivalent au couple de torsion
C = πβR4
2
Réponse.Calcul de la résultante :
R =ˆSh
FSh (M) da =
ˆ R
0
ˆ 2π
0βr × rdr dθ
=(ˆ R
0βr2dr
)(ˆ 2π
0eθdθ
)︸ ︷︷ ︸
=0
= 0
Calcul du moment :
M =ˆSh
O′M ∧ FSh (M) da
=ˆSh
rer ∧ (βr) eθrdr dθ
=ˆSh
βr3ezdr dθ
= Cez
avecC =
ˆ 2π
0
ˆ a
0βr3drdθ =
(ˆ R
0βr3dr
)(ˆ 2π
0dθ
)= πβ
R4
2
Bilan
On a doncFSh (M) = βreθ = 2C
πR4 reθ (1-5)
Équations de l’élasticité
1.4 Statique d’un cylindre sous pression (1re partie)
Énoncé du problème
On considère un tube cylindrique d’axe Oz, de longueur l et de rayons intérieur et extérieurri, re. Les coordonnées sont rapportées à un repère cylindrique (Orθz). Ce solide est soumis auxforces surfaciques suivantes :– une pression intérieure pi et une pression extérieure pe ;– une force surfacique F sur les faces z = 0 et z = l , et dirigée vers l’extérieure.
ex
er
eθ
Mθ
piO
peF F
F F
l
2ri 2re0 ez
L’objet de ce TD est d’exploiter les conditions imposées par l’équation d’équilibre et les condi-tions de raccordement pour préciser au mieux la forme du champ de contrainte σ (M), solutiondu problème d’élasticité. D’une certaine façon, c’est une démarche inverse au TD précédent quiest proposée puisque cette fois les conditions limites sont données et on cherche à déterminer lechamp de contrainte correspondant.
Résolution
La résolution proposée est décomposée en 4 étapes sous la forme de 4 exercices plus un exercicecomplémentaire. Toutes les composantes doivent être données dans le système de coordonnéescylindriques.
Exercice 1.4. Travail préliminaire : vérifier que le torseur des forces extérieures est nul.
Réponse.Les efforts extérieurs sont compatibles avec l’équilibre si leur torseur est nul[
O,R,M]
= 0
Calcul de R :
10
1 Équations d’équilibre
R =ˆz=l
F ezds+ˆz=0
(−F ) ezds︸ ︷︷ ︸0
+ˆr=re
(−pe) erredθ dz︸ ︷︷ ︸0
+ˆr=ri
pierridθ dz︸ ︷︷ ︸0
= 0
Calcul de M :
M =ˆz=l
OM ∧ F ezrdr dθ +ˆz=0
OM ∧ (−F ) ezrdr dθ
+ˆr=re
OM ∧ (−pe) erredθ dz +ˆr=ri
OM ∧ pierridθ dz
Pour tout point M de Ω, on peut écrire
OM = rer + zez
Calculons séparément chacune des 4 intégrales :
ˆz=l
OM ∧ F ezrdr dθ =(ˆ
z=lOMrdr dθ
)︸ ︷︷ ︸
=kez
∧F ez = 0
ˆz=0
OM ∧ (−F ) ezrdr dθ =(ˆ
z=0OMrdr dθ
)︸ ︷︷ ︸
=0
∧ (−F ) ez = 0
ˆr=re
OM ∧ (−pe) erredθ dz = −pereˆr=re
(zez + reer) ∧ erdθ dz
= −pere
(ˆ l
0zdz
)(ˆ 2π
0ez ∧ erdθ
)︸ ︷︷ ︸´
eθdθ=0
= 0
Équations de l’élasticité
ˆr=ri
OM ∧ pierridθ dz = piri
(ˆ l
0zdz
)(ˆ 2π
0ez ∧ erdθ
)︸ ︷︷ ︸´
eθdθ=0
= 0
Bilan : le solide est en équilibre statique.
Exercice 1.5. Préciser la forme du tenseur des contraintes au point M ∈ ∂Ω en considérantsuccessivement chacune des faces du solide.
Réponse.Pour la face supérieure z = l on a : T (M, ez) = F ez, par conséquent
¯σ (z = l) ez = F ez ⇔ [σ (z = l)] =
σrr σrθ 0σθr σθθ 00 0 F
Pour la face inférieur z = 0 on a T (M,−ez) = −F ez, par conséquent
¯σ (z = 0) ez = F ez ⇔ [σ (z = 0)] =
σrr σrθ 0σθr σθθ 00 0 F
Pour la surface cylindrique extérieure r = re on a T (M, er) = −peer, soit
¯σ (r = re) er = −peer ⇔ [σ (r = re)] =
−pe 0 00 σθθ σθz
0 σzθ σzz
Pour la surface cylindrique intérieure r = ri on a T (M,−er) = pier, d’où
¯σ (r = ri) er = −pier ⇔ [σ (r = ri)] =
−pi 0 00 σθθ σθz
0 σzθ σzz
Exercice 1.6. Expliquer pourquoi le champ de tenseur solution σ(M) est nécessairement indé-pendant des composantes θ et z du point M , autrement dit qu’il s’écrit :
σ (M) = σ (r)
12
1 Équations d’équilibre
Réponse.Propriété de la géométrie : le tube présente une symétrie autour de l’axe Oez et une invariance
par translation le long de ez.Propriété du chargement : le chargement en pression sur les surfaces extérieure et intérieure
présente une symétrie de révolution et est indépendant de la variable z ; le chargement auxextrémités présente également une symétrie de révolution.Propriété du matériau : le tube est constitué d’un matériau homogène et isotrope (la propriété
d’isotropie transverse suffit).Bilan :Le champ de contrainte doit nécessairement être invariant par rapport aux variables (θ, z) ;
on cherche donc un tenseur de la forme :
¯σ (M) = ¯σ (r) = σij (r) ei ⊗ ej
c’est à dire qu’il contient 6 composantes σij dépendant de la seule variable r.
Exercice 1.7. Montrer qu’en tout pointM ∈ Ω les axes Or,Oθ,Oz sont principaux pour σ (M).Indications : exploiter les équations d’équilibre et les conditions de raccordement (exercice 1.5).
Réponse.Équations d’équilibre en coordonnées cylindrique avec σ (M) = σ (r) :
∂σrr∂r
+ σrr − σθθr
= 0∂σθr∂r
+ 2σrθr
= 0∂σzr∂r
+ σzrr
= 0
L’équation d’équilibre sur eθ s’écrit
rσ′rθ + 2σrθ = 0
C’est une équation différentielle de la forme
xy′ + 2y = 0
dont la solution générale esty (x) = α
x2
La méthode de résolution consiste à introduire la différentielle
dV = xy′ + 2y
on cherche alors le facteur intégrant λ (x, y) telle que la différentielle
dU = λ (x, y) dV
soit exacte. Tous calculs fait on obtient la solution
y (x) = α
x2
où α est une constante.La méthode des facteur intégrant est détaillée dans les références suivantes :
Équations de l’élasticité
1. Integrating factor (Wikipedia en anglais).2. Xuân MEYER, MATHEMATIQUES APPLIQUEES - Equations aux dérivées partielles
(http ://www.inp-toulouse.fr/tice/pdf/06Extrait_Maths_Appliquees.pdf).Ainsi, l’équation d’équilibre sur eθ a comme solution
σθr (r) = α
r2
L’équation d’équilibre sur ez est :
rσ′zr + σzr = 0
On obtient par la même méthode la solution
σzr (r) = β
r
Les constantes α et β sont obtenues en considérant les conditions limites en r = re et r = ri :
¯σ (re) er = −peer ⇒
∣∣∣∣∣∣ σθr (re) = 0⇒ α = 0
σzr (re) = 0⇒ β = 0
d’oùσθr (r) = σzr (r) = 0
On a montré précédemment, en exploitant les conditions limites en z = 0 et z = l que
¯σ (r, θ, z = l) ez = ¯σ (r) ez = F ez
ainsiσzz (r) = F ; σrz (r) = σθz (r) = 0
Bilan des contraintes en présence : on a
¯σ (r) = σrr (r) er ⊗ er + σθθ (r) eθ ⊗ eθ + σzz (r) ez ⊗ ezou encore dans le repère Orθz
[σ (r)] =
σrr 0 00 σθθ 00 0 σzz
ce qui montre que les axes Or,Oθ,Oz sont principaux pour σ (M) quelque soit M ∈ Ω. On saitde plus que– σzz (r) = σzz = F ;– σrr (ri) = −pi , σrr (re) = −pe et σrr (r) pour ri < r < re est inconnu ;– la composante σθθ (r) est inconnu mais on sait qu’elle vérifie l’équation différentielle (équa-
tion d’équilibre sur er) :
σθθ = r∂σrr∂r
+ σrr
Bilan
Les composante σrr et σθθ restent indéterminées. Pour déterminer complètement le champde contrainte σ (M) il faut introduire le champ de déplacement et la loi de comportement dumatériau c’est-à-dire les coefficients élastiques E, ν.
14
2 Relations cinématiques
Formules des chaudronniers
En exploitant l’équation d’équilibre selon la direction Oθ, on peut calculer la valeur moyennede la composante σθθ le long d’un segment [ri, re], à θ et z donnés.
〈σθθ〉 = 1re − ri
ˆ re
ri
σθθ (r) dr = piri − perere − ri
(1-6)
Cette formule, bien connue en pratique, est appelée la formule des chaudronniers.
Exercice 1.8. Établir la formule des chaudronniers en exploitant l’équation d’équilibre sur er(voir Annexe)
Réponse.La démonstration utilise l’équation d’équilibre. On a
〈σθθ〉 = 1re − ri
ˆ re
ri
σθθ (r) dr = 1re − ri
ˆ re
ri
(r∂σrr∂r
+ σrr
)dr
= 1re − ri
ˆ re
ri
d
dr(rσrr) dr = 1
re − ri(reσrr (re)− riσrr (ri))
d’où la formule des chaudronniers :
〈σθθ〉 = piri − perere − ri
2 Relations cinématiques2.1 Champ de déformationSoit u (M) le champ de déplacement dans le solide Ω. Dans le cadre des hypothèses des petites
perturbations (HPP), le champ de déformation associé à u (M) est défini par :
¯ε (M) = 12(Ou+ t
Ou)
(1-7)
En explicitant l’expression de Ou dans les différents systèmes de coordonnées, on obtient lesexpressions suivantes pour les composantes de ¯ε.En coordonnées cartésiennes orthonormées :
εxx = ∂ux∂x
; εyy = ∂uy∂y
; εzz = ∂uz∂z
εxy = 12
(∂ux∂y
+ ∂uy∂x
)
εyz = 12
(∂uy∂z
+ ∂uz∂y
)
εxz = 12
(∂ux∂z
+ ∂uz∂x
)
En coordonnées cylindriques :
εrr = ∂ur∂r
; εθθ = 1r
∂uθ∂θ
+ urr
; εzz = ∂uz∂z
εrθ = 12
(∂uθ∂r− uθ
r+ 1r
∂ur∂θ
)
εθz = 12
(∂uθ∂z
+ 1r
∂uz∂θ
)
εrz = 12
(∂ur∂z
+ ∂uz∂r
)
Équations de l’élasticité
En coordonnées sphériques :
εrr = ∂ur∂r
; εθθ = 1r
∂uθ∂θ
+ urr
; εφφ = 1r sin θ
∂uφ∂φ
+ uθr
cot θ + urr
εrθ = 12
(1r
∂ur∂θ
+ ∂uθ∂r− uθ
r
)
εθφ = 12
(1r
∂uφ∂θ
+ 1r sin θ
∂uθ∂φ− cot θ
ruφ
)
εrφ = 12
( 1r sin θ
∂ur∂φ
+ ∂uφ∂r− uφ
r
)
2.2 Conditions de compatibilités
On se donne un champ de tenseurs symétriques ¯ε (x), et on se demande à quelles conditionsil existe un champ de déplacement u (x) dont ¯ε soit le champ de gradient symétrisé associé. leproblème posée revient à passer de la donnée des 6 fonctions caractérisant le champ de tenseurssymétriques, à 3 fonctions caractérisant la transformation. Il doit donc exister des conditions decompatibilité. Ces conditions constituent le
Théorème (Conditions de compatibilité) Soit ¯ε (x) un champ de tenseurs symétriques. Ilexiste un champ de vecteurs u (x) tel que
¯ε (M) = 12(Ou+ t
Ou)∀x
si et seulement si, ∀i, j, k, l,εik,jl + εjl,ik = εil,jk + εjk,il (1-8)
Les conditions de compatibilité (1-8) doivent être satisfaites pour tous les quadruplés (i, j, k, l).Combien au juste cela fait–il de conditions indépendantes ? On remarquer aisément que si i =jou k = l, les conditions (1-8) sont automatiquement vérifiées. Prenons donc i 6= j et k 6= l. Pourexpliciter ces conditions on distingue les cas bi et tridimensionnels :
Cas 2D. Les indices ne parcourent que l’ensemble 1, 2. cette combinaison donne la seule condi-tion à remplir :
ε11,22 + ε22,11 − 2ε12,12 = 0 (1-9)
En 2D, le tenseur ¯ε n’a que 3 composantes indépendantes. Si l’on tient compte de larelation supplémentaire (1-9), il reste 2 degrés de liberté ce qui correspond au nombre decomposantes de déplacement cherchées.
Cas 3D. On sélectionne les combinaisons d’indices pertinentes et on obtient 6 conditions.
2.3 Conditions d’appuis
Jusqu’à présent les conditions limites envisagées portaient sur les forces de contour. Il estpossible d’imposer un déplacement sur une partie donnée δuΩ de la frontière. Cette conditionlimite s’écrit :
u (M) = ud (M) pour tout M ∈ δuΩ (1-10)
Définition Le champ de déplacement u (M) est dit cinématiquement admissible (CA) s’il vérifieles conditions de déplacements (1-10) imposés sur δuΩ.
16
3 Loi de comportement thermoélastique
Exemple : Tube cylindrique dans un manchon rigide. On impose la condition
u (M) = 0 pour tout M tel que r = R et z = 0
p
ΩR
3 Loi de comportement thermoélastique3.1 Cas élastique (loi de Hooke)Définition (Loi de Hooke) La loi de comportement linéarisée d’un matériau isotrope est don-née par
¯σ(¯ε) = λ
(tr¯ε) ¯1 + 2µ¯ε (1-11)
les scalaires λ, µ sont appelés les coefficients d’élasticité de Lamé.
Le relation inverse s’écrit simplement en fonction de module d’Young E et du coefficient dePoisson ν :
¯ε(¯σ) = 1 + ν
E¯σ − ν
E
(tr¯σ) ¯1 (1-12)
En décomposant les tenseurs en leur partie sphérique et déviatorique, on peut écrire la loi deHooke sous la forme suivante
∣∣∣∣∣∣ σm = (3λ+ 2µ) εm¯s = 2µ¯e
⇐⇒
∣∣∣∣∣∣∣∣εm = 1
3λ+ 2µσm
¯e = 12µ
¯s(1-13)
Rappelons les relation entre les coefficients de l’élasticité.– Coefficients de Lamé :
λ = νE
(1 + ν) (1− 2ν) ; µ = E
2 (1 + ν) = G
– Module d’Young et coefficient de Poisson :
E = µ (3λ+ 2µ)λ+ µ
; ν = λ
2 (λ+ µ)
– Module de compressibilité :3K = 3λ+ 2µ = E
1− 2ν
Équations de l’élasticité
3.2 Cas thermoélastique
On considère qu’aux charges mécaniques s’ajoutent des variations de température qui in-duisent des dilatations thermiques. La dissipation intrinsèque est nulle (hypothèse d’un matériauélastique) mais celle thermique ne l’est pas.On appelle T0 la température de référence d’un matériau élastique à laquelle toutes les défor-
mations sont nulles (ou connues avec l’état de contrainte). L’écart entre la température actuelleet celle de référence est noté θ = T − T0. Comme précédemment, nous considérons que la massevolumique et les caractéristiques élastiques sont constantes.
Définition La loi de comportement thermoélastique linéarisée d’un matériau isotrope est donnéepar
¯σ(¯ε) = λ
(tr¯ε) ¯1 + 2µ¯ε− 3Kαθ¯1 (1-14)
où K est le module de compressibilité et α le coefficient de dilatation thermique (en K−1).
La relation inverse s’écrit en fonction de E, ν, α :
¯ε(¯σ) = 1 + ν
E¯σ − ν
E
(tr¯σ) ¯1 + αθ¯1 (1-15)
La formulation (1-15) fait clairement apparaître que la déformation totale ¯ε est la sommed’une composante élastique ¯εe et une composante d’origine thermique ¯εth = αθ¯1 :
¯ε = ¯εe + ¯εth
On peut noter que la déformation thermique est purement volumique.
4 Formulation du problème d’équilibre élastique et méthodes derésolution
4.1 Le problème d’équilibre élastique
On considère un milieu continu Ω ⊂ R3 en équilibre sous l’action des forces fv dans Ω, FSsur une partie δFΩ de δΩ et avec le déplacement imposé ud sur δuΩ.
Définition Le problème d’équilibre élastique consiste à déterminer les champs ¯σ (M) et u (M)dans Ω vérifiant :
1. l’équation d’équilibre dans Ω :div¯σ + fv = 0 (1-16)
18
4 Formulation du problème d’équilibre élastique et méthodes de résolution
2. les conditions limites sur δΩ
¯σ.n = FS sur δFΩ (1-17)u = ud sur δuΩ (1-18)
3. l’équation de comportement¯σ = λ
(tr¯ε) ¯1 + 2µ¯ε (1-19)
4. les relations cinématiques¯ε (M) = 1
2(Ou+ t
Ou)
(1-20)
On a le résultat fondamentale suivant :
Théorème (Théorème d’unicité) La solution du problème d’équilibre élastique définie parles équations (1-16) à (1-20) est unique, autrement dit– il y a unicité des champs ¯σ et ¯ε dans Ω ;– il y a unicité du champ u dans Ω, à un déplacement de corps rigide près.
Corollaire Quelque soit la méthode de construction employée, si les équations (1-16) à (1-20)sont vérifiées la solution obtenue est l’unique solution.
4.2 Méthodes de résolution
Il n’existe pas de méthode analytique systématique et entièrement déductive qui permette deconstruire la solution du problème d’équilibre élastique à partir des données et des équations dumodèle.Dans la suite, on présente deux méthodes classiques de résolution :
La méthode en contrainte : on fait le choix d’une forme particulière pour ¯σ et on parcourt leschéma Figure 1.1 en partant de l’extrémité gauche ; cette méthode conduit à utiliser leséquations de Beltrami.
La méthode en déplacement : on fait le choix d’une forme particulière pour u et on parcourtle schéma Figure 1.1 en partant de l’extrémité droite ; cette méthode conduit à utiliser leséquations de Navier.
Résolution par la méthode des contraintes
Résolution par la méthode des déplacements
Figure 1.1: Schéma général de résolution du problème d’élasticité
Équations de l’élasticité
Méthode des contraintes
La méthode des contraintes fait appel aux équations de Beltrami ; celles-ci sont obtenuesselon le schéma suivant :
1. On choisit le champ de contrainte ¯σ (M) dans l’ensemble des champ statiquement admis-sible (SA), comme inconnu principal du problème d’élasticité (on parcourt le schéma derésolution figure 1.1 depuis l’extrémité gauche).
2. Les équations de Beltrami permettent d’exprimer les conditions d’intégrabilitées de ¯ε surle champ de contrainte solution ; elles sont obtenues en utilisant l’équation (1-19) et lesconditions d’intégrabilitées de ¯ε (formulation simplifiée dans le cas où fv est uniforme) :
(1 + ν)div(O¯σ)
+ O(O(tr¯σ))
= 0 (1-21)
ou encore, en coordonnées cartésiennes
(1 + ν) ∆σij + ∂2
∂xi∂xj
(tr¯σ)
= 0 i, j = 1, 2, 3
La méthode des contraintes est utilisée lorsque les données permettent de proposer une formeparticulière pour le champ ¯σ(M) solution. Si le champ de contrainte ¯σ (M) est constant (i.e.¯σ (M) = ¯σ) les équations de Beltrami sont automatiquement vérifiées.Le schéma associé aux équations de Beltrami est le suivant : parmi les champs de contraintes
¯σ ∈ (SA) on cherche le tenseur ¯σ tel que :1. les 6 équations de Beltrami (1-21) soient vérifiées ;2. le champ de déplacement u (M) associé par (1-20) et (1-19) soit cinématiquement admis-
sible : u ∈ (CA).Ce schéma peut être représenté par le diagramme Figure 1.2.
Choix d’un champ de tenseur ¯σ (M) ∈ (SA)
¯σ (M) doit vérifier les équation de Beltrami
Calcul de ¯ε par la loi de Hooke
Calcul de u par intégration de ¯ε
u doit vérifier les conditions limites en déplacement
Solution : u, ¯ε, ¯σ
Figure 1.2: Schéma de résolution par la méthode des contraintes
Méthode des déplacements
La méthode des déplacements fait appel aux équations de Navier ; celles-ci sont obtenues selonle schéma suivant :
1. On choisit le champ de déplacement u (M) comme inconnu principal du problème d’élas-ticité (on parcourt le schéma de résolution figure 1.1 depuis l’extrémité droite).
20
4 Formulation du problème d’équilibre élastique et méthodes de résolution
2. On combine les équations (1-16), (1-19) et (1-20) et on obtient les équations de Navier :
(λ+ µ)O (divu) + µdiv(Ou)
+ fv = 0 (1-22)
ce qui s’écrit également(λ+ µ)O (divu) + µ∆u+ fv = 0
où encore, en coordonnées cartésiennes :
(λ+ µ) ∂2uj∂xi∂xj
+ µ∂2ui∂xj∂xj
+ fvi = 0 i = 1, 2, 3
Par cette transformation, l’équation d’équilibre divσ + fv = 0 porte maintenant sur la variableinconnue u.La méthode des déplacements est utilisée lorsque les propriétés de symétrie permettent de
proposer une forme particulière pour le champ de déplacement solution u(M).Compte tenu de la relation :
∆u = O (divu)− rot(rotu
)l’équation de Navier peut également s’écrire :
(λ+ 2µ)O (divu)− µrot(rotu
)+ fv = 0
Ainsi, lorsque lorsque le champ de déplacement u choisi est irrotationnel, c’est à dire vérifie
rotu = O ∧ u = 0
ce qui se produit lorsque le problème admet des symétries (par exemple une sphère ou cylindresous pression) et que de plus fvdérive d’un potentiel, c’est-à-dire peut s’écrire sous la forme
fv = −OΦ
alors on peut intégrer une fois l’équation de Navier qui devient
(λ+ 2µ) divu = Φ + C (1-23)
où C est une constante. Dans le cas où fv = 0 on obtient par intégration l’équation simplifiée
divu = constante (1-24)
Le schéma associé aux équations de Navier est le suivant : parmi les champs de déplacementsu ∈ (CA) on cherche le champ u tel que :
1. les 3 équations de Navier (1-22) soient vérifiées ;2. le champ de contrainte ¯σ (M) associé par (1-20) et (1-19) soit statiquement admissible.
Ce schéma peut être représenté par le diagramme Figure 1.3.
Équations de l’élasticité
Choix d’un champ de déplacement u ∈ (CA)
Calcul de ¯ε par dérivation de u
Calcul de ¯σ par la loi de Hooke
u doit vérifier les équations de Navier
¯σ doit vérifier les conditions limites en effort
Solution : u, ¯ε, ¯σ
Figure 1.3: Schéma de résolution par la méthode des déplacements
22
Résolution de problèmes 2Ce dernier chapitre concerne l’étude des problèmes classiques de l’élasticité tridimensionnel.
C’est un chapitre d’applications des méthodes générales présentées précédemment. La résolutionest proposée sous la forme d’exercices dirigés.Les problèmes proposés sont :– la traction-compression d’une barre cylindrique ;– la torsion d’une barre ;– l’étude d’une sphère creuse sous pression ;– l’étude d’un tube cylindrique sous pression.– plaque plane en traction percée d’un trou circulaire.
1 Traction-compression d’une barre cylindrique
1.1 Position du problème
On considère un corps Ω de forme cylindrique avec les conditions de chargement suivant :– force volumique nulle
fv = 0 sur Ω
– la surface latérale libre de contrainte
FS = 0 sur ∂Ω− (S0 ∪ Sj)
– Conditions aux limites mixtes aux extrémités :
FSy = FSz = 0 sur S0 et Sl
udx = 0 sur S0 ; udx = δ sur Sl
où δ est la donnée cinématique du problème.
On cherche à déterminer le champ de contrainte σ (M) et le champ de déplacement u (M)solution du problème d’élasticité.
23
Résolution de problèmes
1.2 Résolution
La méthode de résolution proposée consiste à partir d’une forme supposée du tenseur descontraintes et de montrer que ce tenseur est statiquement admissible. On s’appuie ensuite sur lapropriété d’unicité pour justifier que le champ de contrainte proposé et la solution du problèmed’élasticité.
Exercice 2.1. On se place dans le repère cartésien (Oxyz) tel que Oz est l’axe du cylindre.1. Proposer un champ de tenseur σ (M) solution.2. Vérifier que σ (M) est statiquement admissible et qu’il satisfait aux équations de Beltrami.3. Calculer le champ de déformation ε (M) puis le champ de déplacement solution u (M).
Réponse.(1) La symétrie du problème suggère de choisir un champ de contrainte homogène de la forme :
¯σ = σex ⊗ ex ; ou [σ] =
σ 0 00 0 00 0 0
(2) Vérification des équation d’équilibre : le tenseur ¯σ vérifie les équations (1-16) et (1-17) ; ilest donc statiquement admissible.Vérification des équations de Beltrami : le champ ¯σ (M) étant uniforme les équations de
Beltrami (1-21) sont automatiquement vérifiées.(3) Calcul du champ de déformation associé par la loi de Hooke (équation 1-19)
¯ε = σ
Eex ⊗ ex −
νσ
E(ey ⊗ ey + ez ⊗ ez) ou [ε] =
σ
E0 0
0 − νEσ 0
0 0 − νEσ
Ce tenseur est également homogène mais il n’est plus uniaxial.Calcul de u (M) par intégration de ¯ε :∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∂ux∂x
= εxx ; ∂uy∂y
= εyy ; ∂uz∂xz
= εzz
∂ui∂xj
= 0 i 6= j
d’où, après intégration,
u (M) = σ
Exex − ν
σ
E(yey + zez) + λ+ ω ∧ x
où ∣∣∣∣∣ λ vecteur de translation arbitraireω vecteur de rotation arbitraire
Les conditions limites en déplacement permettent de déterminer les constantes d’intégration :
24
2 Torsion infinitésimale d’une barre cylindrique
– sur S0 :
ux = 0 pour x = 0 =⇒∣∣∣∣∣ λx = 0ω = ωex (ωy = ωz = 0)
– Sur Sl :
ux (l, 0, 0) = σ
El = δ ⇒ σ = E
δ
l
Bilan : la solution du problème élastique est donnée par les équations :∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
¯σ = Eδ
lex ⊗ ex
¯ε = δ
lex ⊗ ex − ν
δ
l(ey ⊗ ey + ez ⊗ ez)
u (M) = δ
l(xex − ν (yey + zez)) + λy ey + λz ez + ωex ∧ x
Compte tenu des conditions limites en déplacement données, ce champ de déplacement estdéfini à une translation parallèle à Oyz et une rotation autour de Ox près.
Compléments
Le problème étant maintenant résolu, on peut chercher à vérifier a posteriori si le solide estbien en équilibre statique sous l’action des forces extérieures. Les efforts surfaciques sur S0 et Slsont uniformément répartis et les vecteurs contraintes sont donnés par :
FS = T (M, n) = ¯σ.n = E
δ
l(ex ⊗ ex) .n
soit sur Sl :T (M, ex) = E
δ
lex =⇒ F l = SE
δ
lex = Sσex
et sur S0 :T (M,−ex) = −Eδ
lex =⇒ F 0 = −SEδ
lex = −Sσex
où S désigne l’aire de la section droite. On vérifie bien que le torseur des forces extérieures estnul.
2 Torsion infinitésimale d’une barre cylindrique2.1 Position du problèmeOn note Oxyz un système de coordonnées cartésiennes orthonormées et on considère une
barre cylindrique d’axe Oz, de longueur l, constituée d’un matériau élastique. On désigne par Sla section courante et on note S0 et Sl les sections extrémités.
Résolution de problèmes
Description du chargement :
– les forces volumiques sont nulles sur Ω :
fv = 0 (2-1)
– La surface latérale est libre de contrainte :
FS = 0 sur ∂Ω− S0 − Sl (2-2)
Les données sur les surfaces d’extrémités S0, Sl sont incomplètes. On impose comme conditionssupplémentaires que les torseurs des forces surfaciques FS sur Sl et sur S0 soient équivalents àun moment d’axe Oz. Ces conditions peuvent s’écrire :
le torseur des forces surfacique FS sur Sl est(O,O,Cez
)(2-3)
le torseur des forces surfacique FS sur S0 est(O,O,−Cez
)(2-4)
Le but de l’étude est de construire une solution d’équilibre élastique en accord avec les condi-tions limites (2-2)-(2-4). Cette solution correspondra à des formes particulières pour les distri-butions FS sur S0 et Sl qui seront donc fixées a posteriori. Cette méthode dite semi-inverse(conditions limites non entièrement définies) a été introduite par A. Barré de St. Venant en1853.Les conditions limites (2-2)-(2-4) ne portant que sur des forces il faut s’assurer qu’elles sont
compatibles avec l’équilibre statique. C’est le cas puisque le torseur de tous les efforts extérieursest nul (cf. l’exercice Torsion d’un cylindre de section circulaire page 7).
2.2 RésolutionRésolution proposée repose sur la méthode du déplacement. Cette méthode est intéressante
si l’on est capable de proposer, a priori, une forme particulière pour le champ de déplacementsolution. On notant que le chargement appliqué sur la barre (couple Cez) entraîne une torsionautour de l’axe Oz, on propose de chercher une solution en déplacement de la forme
u (M) = αzez ∧OM + αϕ (x, y) ez (2-5)
où α et ϕ sont des grandeurs à déterminer en fonction des données du problème.Dans l’expression (2-5), le terme αzez ∧ OM correspond à une rotation d’ensemble de la
section courante S autour de Oz d’angle θ = αz (rotation proportionnelle à la cote en z) ; leterme αϕ (x, y) ez permet d’introduire un éventuelle gauchissement de la section selon ez, quel’on le suppose indépendant de la position en z de la section.
26
2 Torsion infinitésimale d’une barre cylindrique
Attention, cette formulation est vraie seulement dans l’hypothèse des déplacements infinitési-maux, c’est-à-dire lorsque
max (|ux| , |uy| , |uz|) l
Exercice 2.2. Calcul des champs u (M) , ε (M) , σ (M) en fonction des données du problème.1. Calculer les composante de u sur Oxyz et en déduire le champ de déformation ε (M).
Montrer ou justifier, à partir de la forme du tenseurs des déformations, les observationssuivantes :a) la déformation volumique εv est nulle en tout point ;b) les sections droites ne sont pas déformées dans leur plan ;c) une fibre dirigée selon Oz ne subit aucun allongement et reste droite.
2. Calculer σ (M) en utilisant la loi de Hooke et montrer que sur une facette parallèle à Oz,il ne s’exerce qu’une contrainte de cisaillement parallèle à Oz.
Réponse.Question 1 - En calculant le produit scalaire dans le repère (Oxyz), on obtient :
ux = −αzy
uy = αzx
uz = αϕ (x, y)
Le champ de déformation est calculé en appliquant la relation (1-20) :
¯ε (x, y, z) = 12α(∂ϕ
∂x− y
)(ex ⊗ ez + ez ⊗ ex) + 1
2α(∂ϕ
∂y+ x
)(ey ⊗ ez + ez ⊗ ey)
ou encore
[ε] =
0 0 εxz
0 0 εyz
εzx εzy 0
1. La déformation volumique est nulle en tout point puisque
εV = tr¯ε = 0
2. Les sections droites ne sont pas déformées dans leur plan puisque
εxx = εyy = εyx = 0
3. Une fibre dirigée selon Oz ne subit aucun allongement et reste droite ; en effet
ε (M, ez) = εzz = 0
Question 2 - En appliquant le loi de Hooke (1-19) on obtient
¯σ (x, y, z) = µα
(∂ϕ
∂x− y
)(ex ⊗ ez + ez ⊗ ex) + µα
(∂ϕ
∂y+ x
)(ey ⊗ ez + ez ⊗ ey) (2-6)
ou encore
[σ] =
0 0 σxz
0 0 σyz
σzx σzy 0
Sur une facette parallèle à Oz, il ne s’exerce qu’une contrainte de cisaillement parallèle à Oz
puisque les vecteurs contraintes T (M, ex) et T (M, ey) sont portés par ez.
Résolution de problèmes
Commentaire - Le fait qu’une fibre droite reste droite après torsion de la barre peut paraîtreparadoxal dans l’idée intuitive que l’on se fait d’une barre tordue ! Ce paradoxe est lié à notrehypothèse des petits déplacements. Pour visualiser ce mode de déformation on peut imaginer labarre comme un assemblage de fibres très fines parallèles à Oz. Dans la torsion infinitésimaleces fibres s’inclinent sur Oz et subissent une translation parallèle à cet axe.
Les champs u (M) , ε (M) , σ (M) obtenus dépendent de α et ϕ. La résolution du problèmeconsiste à déterminer ces 2 grandeurs. Pour cela il nous faut exploiter les équations d’équilibreet les conditions de raccordement.
Exercice 2.3. Montrer en exploitant les équations d’équilibre et les conditions limites les rela-tions suivantes
∆2ϕ = ∂2ϕ
∂x2 (x, y) + ∂2ϕ
∂y2 (x, y) = 0 dans Ω (2-7)
où ∆2ϕ désigne le laplacien bidimensionnel de ϕ, et
O2ϕ.n = nxy − nyx sur ∂S, bord de la section S (2-8)
où O2ϕ désigne le gradient de ϕ en dimension 2 et n = nxex + ny ey est le vecteur normal à lasurface latérale.
Réponse. Les équations d’équilibre (relation (1-16)) sur x et y sont automatiquement vérifiées,il reste l’équation sur z
∂σzx∂x
+ ∂σzy∂y
= 0
soit, en utilisant l’expression donnée en (2-6),
∆2ϕ = ∂2ϕ
∂x2 (x, y) + ∂2ϕ
∂y2 (x, y) = 0 dans Ω
Exploitation des conditions limites sur la surface libre (relation (2-2))
¯σ.n = FS = 0 sur ∂Ω− S0 − Sl
on obtient la relationnx∂ϕ
∂x+ ny
∂ϕ
∂y+ nyx− nxy = 0
28
2 Torsion infinitésimale d’une barre cylindrique
soit, dans l’espace à 2 dimensions
O2ϕ.n = nxy − nyx sur ∂S, bord de la section S
La théorie des EDP montre que les équations (2-7) et (2-8) permettent de déterminer lafonction ϕ. Ces équations définissent ce que l’on appelle le problème de Neumann.Il faut s’assurer que la fonction ϕ vérifie les conditions aux limites (2-3)-(2-4) imposées sur les
sections d’extrémités S0, Sl, à savoir :– le moment résultant n’est porté que par ez, i.e. il s’écrit M = Cez sur Sl (−Cez sur S0)– la résultante R des forces surfaciques est nulle ;
Calcul du moment résultant des forces surfaciques sur SlOn a
M =ˆSl
OM ∧ T (M, ez) da
Comme σzz = 0, on a
Mx = My = 0
Mz =ˆSl
(xσyz − yσxz) da = µα
ˆSl
x
(∂ϕ
∂y+ x
)− y
(∂ϕ
∂x− y
)da (2-9)
Le moment est bien de la forme M = Cez. On trouve sur S0 un moment résultant opposé.
Calcul de la résultante des forces surfaciques sur SlOn a
FSl = ¯σ (M) .ez = T (M, ez)
d’oùR =
ˆSl
T (M, ez) da
ce qui correspond aux 3 équations scalaires
Rx =ˆSl
σxzda =ˆSl
µα
(∂ϕ
∂x− y
)da
Ry =ˆSl
σyzda =ˆSl
µα
(∂ϕ
∂y+ x
)da
Rz =ˆSl
σzzda = 0
Montrons que ϕ, solution du problème de Neumann (2-7)-(2-8), vérifie
Ix =ˆS
(∂ϕ
∂x− y
)da = 0
où S est la section droite courante. On part de la condition (2-8) que vérifie ϕsur ∂S(∂ϕ
∂x− y
)nx +
(∂ϕ
∂y+ x
)ny = 0
En multipliant par x et en intégrant sur le contour ∂S, on obtientˆ∂S
[x
(∂ϕ
∂x− y
)nx + x
(∂ϕ
∂y+ x
)ny
]ds =
ˆ∂Sw.nds = 0
Résolution de problèmes
où w est le vecteur de composante
w1 = x
(∂ϕ
∂x− y
), w2 = x
(∂ϕ
∂y+ x
)En utilisant le théorème de la divergence (cf. page ??) on obtient
ˆ∂Sw.nds =
ˆSdivwda
Or, puisque ∆2ϕ = 0 (relation (2-7))
divw = ∂w1∂x
+ ∂w2∂y
= ∂
∂x
(x
(∂ϕ
∂x− y
))+ ∂
∂y
(x
(∂ϕ
∂y+ x
))= ∂ϕ
∂x− y + x∆2ϕ = ∂ϕ
∂x− y
Ainsi
Ix =ˆSdivwda = 0
On démontre de même que Ry = 0 et par suite que R = 0.On peut aussi proposer un raisonnement direct. On a montré précédemment que les mo-
ments résultants des efforts surfaciques sur S0 et Sl sont dirigés selon Oz. Puisque le champde contrainte (2-6), avec ϕ déterminée par (2-7)-(2-8), est en équilibre avec des forces de massenulles sur Ω, le torseur des efforts surfaciques qu’il induit sur ∂S est nul. En conséquence, si lesrésultantes des efforts surfaciques sur S0 et Sl , qui sont opposées, avaient des composantes nonnulles selon Ox et Oy , on trouverait, pour les équilibrer, un moment d’axe perpendiculaire àOz dû aux efforts surfaciques sur la surface latérale ; or ceux-ci sont nuls.
Bilan
1. Le choix du champ de déplacement (2-5) est compatible avec les conditions limites (2-2)-(2-4).
2. Le paramètre α introduit dans le champ de déplacement est déterminé à partir de la donnéedu paramètre C par la relation déduite de (2-9) :
C = µJα soit α = C
µJ(2-10)
avecJ =ˆSx
(∂ϕ
∂y+ x
)− y
(∂ϕ
∂x− y
)da (2-11)
Commentaires sur le facteur J
– J est déterminé par la seule solution du problème de Neumann (2-7)-(2-8).– Il ne dépend que de la géométrie de la section droite S : c’est une caractéristique intrinsèquede la section (i.e. indépendante du système d’axe).
– Il est appelé inertie de torsion de la section ; il a pour dimension la puissance 4e d’unelongueur.
– On peut montrer que J est positif.
30
2 Torsion infinitésimale d’une barre cylindrique
Re-formulation du problème
Le problème de torsion étant maintenant résolu on peut le reformuler de la façon suivante.1. Pour une barre cylindrique de section S donnée, on détermine la fonction ϕ en résolvant
le problème de Neumann (2-7)-(2-8). On peut ainsi calculer l’inertie de torsion J selon larelation (2-11) : c’est une grandeur propre à la section.
2. La force surfacique FS (x, y) sur Sl (conditions limites (2-3)) peut alors être complètementdéfinie
FSx (x, y) = C
J
(∂ϕ
∂x− y
)FSy (x, y) = C
J
(∂ϕ
∂y+ x
)FSz (x, y) = 0
(2-12)
Les conditions sur S0 sont opposées.3. Le champ de déplacement u (M) solution est donné par la formule (2-5). Les champs de
déformation et de contrainte sont calculés à partir de u (M) (voir exercice 2.2).
Commentaires
– La relation C = µJα montre que le couple de torsion est proportionnel à la rotationdifférentielle α, ou encore, pour l donnée, à la rotation de Sl par rapport à S0.
– α est ainsi appelé angle de torsion, il correspond à une torsion pour une longueur debarre selon Oz unité.
– En introduisant module de cisaillement G = µ on peut également écrire
C = GJα
G apparaît ainsi comme le facteur de proportionnalité entre le couple C et l’angle de torsionα. Cette relation est à rapprocher la loi de Hooke uniaxiale en traction
F = ES∆ll
ou encore, de la loi de variation de volume en compression :
p = K∆VV
2.3 Cas d’une barre de section circulaireOn s’intéresse au cas particulier où la section droite est un disque de rayon R. Pour la section
S0 de centre O, le problème de Neumann pour ϕ s’écrit∣∣∣∣∣∣∣∆2ϕ = 0 sur S
n1∂ϕ1∂x
+ n2∂ϕ2∂y
= 0
La solution (à une constante près) est : ϕ = 0 (pas de gauchissement)
Résolution de problèmes
Exercice 2.4. Résolution du problème de torsion d’une barre de section circulaire (applicationdu cas général)
1. Donner à partir de l’expression (2-5) les composantes du champ de déplacement dans lerepère cartésien (Oxyz) et dans un repère cylindrique (Orθz).
2. Calculer les composantes du tenseur des contraintes dans les deux repères cartésien etcylindrique.
3. Calculer l’inertie de torsion J selon la formule (2-11).4. Montrer que la distribution des efforts surfaciques est une force orthoradiale, c’est à dire
dirigée normalement au rayon vecteur, et proportionnelle à r. Comparer vos résultats avecl’étude sur la torsion d’un cylindre (page 7).
Réponse.Question 1 - Expression du champ de déplacement à partir de l’expression (2-5) :Composante de u sur Oxyz :
ux = −αzy
uy = αzx
uz = 0
ou en coordonnées cylindrique :u = αzreθ
Commentaire : comme uz = αϕ = 0 il n’y a pas gauchissement des sections droites.Question 2 - Expression du champ de contrainte d’après (2-6) :Composante sur Oxyz :
σxz = σzx = −µαy
σyy = σzy = µαx
autres σij = 0
ou en coordonnées cylindrique : σθz = σzθ = µαr
autres σij = 0
Commentaire : en chaque point de la barre, on a un état de cisaillement simple dans le planparallèle à la section droite dont l’intensité est proportionnelle à r.
[σ] =
0 0 00 0 σθz
0 σzθ 0
Question 3 - Inertie de torsion (formule (2-11)) :
J =ˆS
(x2 + y2
)da =
ˆ R
0
ˆ 2π
0r2r dr dθ = π
R4
2 = πD4
32
c’est le moment d’inertie polaire autour de Oz.Question 4 - Distribution des efforts surfaciques sur Sl (relations (2-12)) :
32
3 Équilibre élastique d’une sphère creuse sous pression
Composante sur Oxyz : FSx = −C
Jy = − 2C
πR4 y
FSy = C
Jx = 2C
πR4x
FSz = 0
ou en coordonnées cylindrique :
FS (r) = 2C
πR4 reθ
Il s’agit d’une force surfacique orthoradiale, c’est à dire dirigée normalement au rayon vecteur,et proportionnelle à r.
3 Équilibre élastique d’une sphère creuse sous pression
3.1 Position du problème
On considère une enveloppe sphérique de centre O et de rayons intérieur et extérieur r0 et r1.On se place dans un système de coordonnées sphériques (Orθϕ). Les données sur les contoursne portent que sur les forces surfaciques (pas de déplacement imposé) :
– pression p0 uniforme à l’intérieur :
FS (M) = p0er pour r = r0 (∂S0)
– pression p1 uniforme à l’extérieur :
FS (M) = −p1er pour r = r1 (∂S1)
– absence de force de volume :
fv (M) = 0 sur Ω
Le but de l’étude est de calculer la solution du problème d’élasticité c’est-à-dire de détermi-ner les champs solutions u (M) , ¯ε (M) , ¯σ (M) en tout point M du solide. C’est la méthode dudéplacement qui est choisie.
Résolution de problèmes
3.2 Résolution du problème d’élasticitéLa résolution est découpée en étapes selon le schéma Figure 1.3 :1. Choix a priori d’une forme particulière pour le champ de déplacement. Ce choix permet
de réduire le problème à la détermination d’une fonction scalaire dépendant de la seulecomposante radiale de M .
2. Calcul des tenseurs associés ε (M) et σ (M).3. Formulation et résolution de l’équation de Navier.4. Détermination des constantes d’intégration en exploitant les conditions limites en efforts.
Étape 1 - Choix d’un champ de déplacement
Exercice 2.5. Choix d’un champ de déplacement et calcul des tenseurs associés1. Justifier le choix a priori d’un champ de déplacement de la forme
u (M) = rf (r) er
Quelle justification a posteriori peut-on donner au choix de tel ou tel forme de solution ?2. Calculer les tenseurs ε (M) et σ (M) correspondant.
Réponse.(1) Compte tenu des propriétés de symétrie du problème (forme, chargement, matériau), on
peut choisir un champ u uniquement radial et fonction de la seule composante r. On l’écrit sousla forme
u (M) = rf (r) er
La fonction f (r) devient l’inconnu à déterminer. C’est le théorème d’existance et d’unicité duproblème d’équilibre qui justifie a posteriori le choix de telle forme du champ de déplacement.(2) Le champ de déformation correspondant est donné par (cf. l’expression de ¯ε en coordonnées
sphériques) :¯ε =
(rf ′ (r) + f (r)
)er ⊗ er + f (r) (eθ ⊗ eθ + eφ ⊗ eφ) (2-13)
Le champ de contrainte est donné par la loi de Hooke :
¯σ = (3λ+ 2µ) f (r) ¯1 + (λ+ 2µ) rf ′ (r) er ⊗ er + λrf ′ (r) (eθ ⊗ eθ + eφ ⊗ eφ) (2-14)
Étape 2 - Résolution de l’équation de Navier
Exercice 2.6. Résolution de l’équation de Navier1. Montrer que la fonction inconnue f vérifie l’équation différentielle
3f (r) + rf ′ (r) = 3a (2-15)
Indication : on vérifiera pour cela que le champ de déplacement est irrotationnel (i.e.rotu = 0 - on peut vérifier que Ou est symétrique).
2. Vérifier que la fonctionf(r) = a+ b
r3
est une solution de l’équation (2-15), où a, b sont des constantes à déterminer. En déduirel’expression du champ de déplacement u (M) en fonction de a, b.
34
3 Équilibre élastique d’une sphère creuse sous pression
Réponse.Question 1 - Le champ de déplacement est irrotationnel puisqu’il vérifie
rotu = O ∧ u = 0
(on peut également vérifier que Ou est symétrique). L’équation de Navier prend alors la formedonnée en (??) :
(λ+ 2µ)divu = Φ + C avec fv = −OΦ
Comme les forces volumiques sont nulles, le potentiel Φ est constant, l’équation de Navier devientdonc :
divu = 3a
où a est une constante à déterminer, soit :
3f (r) + rf ′ (r) = 3a
Question 2 - Cette équation différentielle peut être résolue par la méthode du facteur intégrant.On obtient
f(r) = a+ b
r3
où a et b sont des constantes à déterminer. Le champ de déplacement solution a donc pourexpression
u (r) = rf (r) er =(ar + b
r2
)er
Étape 3 - Détermination des constantes d’intégration
Exercice 2.7. Déterminer les constantes d’intégration en exploitant les conditions limites duproblème et résoudre complètement le problème d’élasticité.
1. Montrer que les composantes de ε et σ s’écrivent
εrr = a− 2br3 , εθθ = εφφ = a+ b
r3 , autres εij = 0
σrr = A− 2Br3 , σθθ = σφφ = A+ B
r3 , autres σij = 0
avecA = (3λ+ 2µ) a , B = 2µb
2. Écrire les relations que doivent vérifier les constantes d’intégration A,B pour que le champde contrainte satisfasse les conditions de contour.
3. Déterminer les constantes d’intégration et résoudre complètement le problème d’élasticité.
RéponseQuestion 1 - On a les relations
f = a+ b
r3 ; rf ′ = 3 (a− f) = −3br3
A partir des expression (2-13) et (2-14) on obtient facilement :– les composantes du tenseur des déformations :
εrr = a− 2br3 , εθθ = εφφ = a+ b
r3 , autres εij = 0
Résolution de problèmes
– les composantes du tenseur des contraintes :
σrr = A− 2Br3 , σθθ = σφφ = A+ B
r3 , autres σij = 0
avecA = (3λ+ 2µ) a , B = 2µb
Question 2 - Condition sur ∂S0, on a FS = p0er, et n = −er, ainsi
T (M, n) = FS = p0er ⇒ T (M, er) = −T (M, n) = −p0er
ainsiσrr = T (M, er) .er = −p0
d’où la relation :A− 2B
r30
= −p0
Condition sur ∂S1, on a FS = −p1er, et n = er, soit
T (M, er) = −p1er ⇒ σrr = −p1
d’où la relation :A− 2B
r31
= −p1
Question 3 - Les constantes A et B sont obtenues en résolvant le système linéaire 2 × 2précédent, on obtient :
A = p0r30 − p1r
31
r31 − r3
0, B = 1
2 (p0 − p1) r30r
31
r31 − r3
0
et donca = A
3λ+ 2µ ; b = B
2µ
d’où la solution finale
Bilan
On a déterminé un champ ¯σ (M) ∈ (SA) et un déplacement u (M) ∈ (CA), le couple(¯σ (M) , u (M))est donc l’unique solution du problème d’élasticité posé.
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
u (M) =(B
2µ1r2 + A
3λ+ 2µr)er
¯ε (M) =(−Bµ
1r3 + A
3λ+ 2µ
)er ⊗ er +
(B
2µ1r3 + A
3λ+ 2µ
)(eθ ⊗ eθ + eφ ⊗ eφ)
¯σ (M) =(−2Br3 +A
)er ⊗ er +
(B
r3 +A
)(eθ ⊗ eθ + eφ ⊗ eφ)
A = p0r30−p1r3
1r3
1−r30
, B = 12 (p0 − p1) r3
0r31
r31−r
30
Remarque : ce problème peut également être résolu par la méthode des contraintes en utili-sant une forme réduite des équations de Beltrami propre aux problème possédant une symétriesphérique.
36
3 Équilibre élastique d’une sphère creuse sous pression
3.3 Cas de la sphère pleineLe cas de la sphère pleine correspond à r0 = 0. La régularité de la solution pour r = 0 impose
que b = 0 (sinon limr→0
ur(r) =∞), d’oùB = 0
La condition limite sur ∂S1 permet de déterminer A :
A = −p1
Ainsi, le champ de contrainte dans la sphère pleine est donné par :
¯σ = −p11 (contrainte isotrope)
et le champ de déplacement est donné par :
u(r) = arer = − p13λ+ 2µrer = − p1
3Krer
On retrouve les résultats précédents. Cette solution reste valable quelque soit la forme dusolide plein soumis à une pression normale uniforme.
3.4 Limite d’élasticitéOn se place dans le cas où la pression intérieure est nulle (p0 = 0) et on suppose que la limite
élastique du matériau est régie par le critère de Tresca. On note σs le seuil initial de plasticitéobtenu lors d’un essai de traction uniaxial.
Exercice 2.8.1. Écrire la condition de non plastification en fonction de p1, r0, r1, σs et r.2. Tous les paramètres étant fixés, montrer que la contrainte limite est atteinte en premier
lieu sur la paroi intérieure de la sphère. On note p∗ la valeur de la pression limite en cespoints. Calculer p∗ en fonction de r0, r1, σs.
RéponseQuestion 1 - Le repère sphérique étant principal, le critère de Tresca s’écrit directement
f (σ) = max1≤i,j≤3
(|σi − σj |) = |σrr − σθθ| − σs ≤ 0
soit,32
p1r3
1 − r30
r30r
31
r3 ≤ σs
Question 2 - Les points les plus sollicités vis à vis du critère de Tresca sont sur la surfaceintérieure ∂S0 (r = rmin = r0) puisque r intervient au dénominateur. La pression extérieuremaximale admissible p∗ vérifie donc la relation
32
p∗r31
r31 − r3
0= σs
soit
p∗ = 23σs
(1− r3
0r3
1
)
Résolution de problèmes
Compléments
On fixe le rayon intérieur r0 et on s’intéresse à la relation r1 → p∗ (r1). Cette relation est dela forme
y = 1− 1x3 , x > 1
On a
p∗(r0) = 0, limr1→∞
p∗ (r1) = p∗∗ = 23σs
p∗ (r1 = 2r0) = 23σs
(1− 1
23
)= 7
8p∗∗
Lorsque le rayon extérieur est deux fois plus grand que le rayon intérieur, la pression admissiblevaut déjà 88% de la pression maximale admissible : on ne gagne donc pas grand chose à augmenterbeaucoup l’épaisseur de la coque.L’état de contrainte dans une sphère pleine en compression uniforme est donné par le tenseur
sphérique
σ = −p11
Le critère de la contrainte tangentielle maximum (Tresca) n’est donc jamais violé : sa résistanceà la compression est donc illimitée. En revanche, pour une creuse, lorsque r0 → 0 on a p∗ = 2
3σset cela quelque soit r1. Par conséquent, la présence d’un micro-défaut réduit considérablementla résistance à la compression uniforme.
3.5 Cas de la coque sphérique mince
On note
e = r1 − r0 l’épaisseur de la coque
R = 12 (r0 + r1) le rayon moyen
On s’intéresse au cas particulier où l’épaisseur est infiniment mince relativement au rayon, c’est-à-dire tel que
e R ⇐⇒ e
R 1
38
3 Équilibre élastique d’une sphère creuse sous pression
Cas où la pression extérieure est supposée nulle : p1 = 0
Exercice 2.9. Formule des chaudronniers1. Calculer la composante circonférentielle σθθ, à partir des formules générale, dans le cas
particulier où la pression extérieure est nulle.2. Montrer que lorsque la coque est mince, la contrainte circonférentielle est approchée par
σθθ = p0R
2eIndication : on pose h = e/2, de telle sorte que
r0 = R− h ; r1 = R+ h ; r = R+O (h)
Calculer au préalable r31 − r3
0.
Réponse(1) L’application directe de la formule donne
σθθ (r) = p0r30
r31 − r3
0
(1 + r3
12r3
)(2-16)
(2) On pose h = e/2, de telle sorte que r0 = R− h ; r1 = R+ h ; r = R+O (h) et on chercheà approcher la contrainte σθθ.On calcul
r31 − r3
0 = (R+ h)3 − (R− h)3
= 6R2h+ 2h3
= 6R2h+O(h3)
On peut également écrirer3
0 = R3 +O (h) ; r31 = R3 +O (h)
en remplaçant les valeurs obtenues dans (2-16), et en ne conservant que les termes principauxpar rapport à h/R 1, avec le développement limité
11 + x
= 1 +O (x) avec x = h
R
on obtientσθθ '
p0R
6h
(1 + 1
2
)= p0R
2eOn retrouve ainsi la formule des chaudronniers établis au chapitre 3 (section 1.4 page 15).
Résolution de problèmes
Cas général
On considère x = e
Rcomme infiniment petit et on exprime les grandeurs A et B précédentes
en fonction de x. On a :r0 = R− e
2 = R(1− 1
2x)
r1 = R+ e
2 = R(1 + 1
2x)
En remplaçant dans les expressions de A et B, on obtient les développements limités à l’ordre1 suivants :
A = p0r30 − p1r
31
r31 − r3
0=p0(1− 1
2x)3− p1
(1 + 1
2x)3
(1 + 1
2x)3−(1− 1
2x)3
' p0 − p13x − p0 + p1
2 +O (x)
2Br3 = 1
r3 (p0 − p1) r30r
31
r31 − r3
0= (p0 − p1) R
3
r3
(1− 1
2x)3 (
1 + 12x)3
(1 + 1
2x)3−(1− 1
2x)3
' (p0 − p1) R3
r3
( 13x +O (x)
)d’où la première composante de ¯σ
σrr = A− 2Br3 ' −
p0 + p12 + (p0 − p1)
(1
3x −R3
r31
3x
)
= −p0 + p12 + (p0 − p1) r −R
e
(R3 + rR2 + r2R
3r3
)
' −p0 + p12 + (p0 − p1) r −R
e
On procède de même pour σθθ et on obtient finalement :∣∣∣∣∣∣∣∣σrr = −p0 + p1
2 + (p0 − p1) r −Re
σθθ = σφφ = (p0 − p1)R2e − p0 + p1
2 − (p0 − p1) (r −R)2e
Exercice 2.10. Application numériqueOn considère une sphère de rayon moyen R = 1m, d’épaisseur e = 1mm et soumise à unepression intérieure de 0,1 bar, soit :
R = 1m, e = 10−3 m, p0 = 104 Pa, p1 = 0
Montrer en appliquant les formules précédentes que
|σrr| |σθθ|
Réponse.
40
3 Équilibre élastique d’une sphère creuse sous pression
En appliquant les formules précédentes, on obtient :
σrr = −p0 + p12 + (p0 − p1) r −R
e= −5 103 + 104
(r − 110−3
)
σθθ = (p0 − p1)R2e − p0 + p1
2 − (p0 − p1) (r −R)2e = 5 106 − 5 103 − 5 103
(r − 110−3
)soit
|σrr| < 10−2MPa et σθθ ' 5MPa
On vérifie que|σrr| |σθθ|
Analyse des résultats
Soit p > 0 l’ordre de grandeur de la pression, on a :∣∣∣∣r −Re∣∣∣∣ ≤ 1
2
d’où|σrr| ≤ p ; |σθθ| ≤ p
(1 + R
e
)or
e R ⇒ R
e 1
On a ainsi de façon générale|σrr| |σθθ|
etσθθ = σφφ '
(p0 − p1)R2e (2-17)
Approche élémentaire statique
La formule des chaudronniers (2-17) peut être obtenue par un raisonnement de statique ap-pliqué à une demi-coque sphérique en faisant l’hypothèse que la distribution de contrainte σθθest uniforme sur la section.L’équilibre statique s’écrit :
πR2 (p0 − p1) = 2πReσθθ
soitσθθ = (p0 − p1)R
2e
Résolution de problèmes
4 Équilibre élastique d’un tube cylindrique sous pression (2e partie)4.1 Position du problèmeOn considère un tube cylindrique circulaire d’axe Oz, de rayons intérieur et extérieur r0 et
r1, et de longueur l. On se place dans un système de coordonnées cylindriques (Orθz). Lesconditions limites sont mixtes en forces et en déplacements. Précisément :
– les force de volumes sont prises nulles :
fv (M) = 0 sur Ω
– les forces surfaciques sur les parois sont :
FS (M) = p0er pour r = r0 (∂S0)
FS (M) = −p1er pour r = r1 (∂S1)
– les conditions imposées sur les sections extrémitéssont :
FSr = FSθ = 0 sur S0 et Slet FSz = −σ sur S0 ; FSz = σ sur Slou udz = 0 sur S0 ; udz = δ sur Sl
On cherche à calculer la solution du problème d’élasticité c’est-à-dire, déterminer u (M) , ¯ε (M) , ¯σ (M)en tout point du solide. Comme pour la sphère, on fait le choix de la méthode du déplacement.
4.2 RésolutionLa résolution suit les étapes suivantes :1. Choix a priori d’une forme particulière pour le champ de déplacement. Ce choix permet
de réduire le problème à la détermination de deux fonctions scalaires à variables séparées.2. Calcul des tenseurs associés ε (M) et σ (M).3. Formulation et résolution de l’équation de Navier.4. Détermination des constantes d’intégration en exploitant les conditions limites en efforts.
Étape 1
Les propriétés de symétrie de la géométrie et du chargement conduisent à prendre un champde déplacement sous la forme :
u (r, z) = rf (r) er + g (z) ez
Le champ de déformation correspondant est donnée par (voir (??)) :
¯ε =(f (r) + rf ′ (r)
)er ⊗ er + f (r) eθ ⊗ eθ + g′ (z) ez ⊗ ez
Le champ de contrainte est donnée par la loi de Hooke
¯σ = λ(rf ′ (r) + 2f (r) + g′ (z)
) ¯1 + 2µ(f (r) + rf ′ (r)
)er ⊗ er
+ 2µf (r) eθ ⊗ eθ + 2µg′ (z) ez ⊗ ez
42
4 Équilibre élastique d’un tube cylindrique sous pression (2e partie)
Comme le champ de déplacement est irrotationnel (Ou est symétrique puisque les variablessont séparées) et que les forces volumiques sont nulles, l’équation de Navier devient :
divu = 2f (r) + rf ′ (r) + g′ (z) = constanteCette équation doit être vérifiée pour tout couple (r, z) puisque les variables sont séparées
d’où 2f (r) + rf ′ (r) = 2a
g′ (z) = c
L’intégration de ce système donne (méthode du facteur intégrant) :
u =(ar + b
r
)er + czez
où a, b, c sont des constantes à déterminer.Les champs de déformation et de contrainte peuvent être explicités : εrr = a− b
r2 , εθθ = a+ b
r2 , εzz = c
autres εij = 0 σrr = A− B
r2 , σθθ = A+ B
r2 , σzz = C
autres σij = 0avec
A = 2 (λ+ µ) a+ λc , B = 2µb , C = 2λa+ (λ+ 2µ) cou encore
a = 1E
(A− ν (A+ C)) , b = B
2µ , c = 1E
(C − 2νA)
Le champ de contrainte ¯σ doit vérifier les conditions limites données sur les parois intérieureet extérieure. Ces conditions permettent de déterminer A et B :
A = p0r20 − p1r
21
r21 − r2
0, B = (p0 − p1) r2
0r21
r21 − r2
0
ce qui définit totalement σrr et σθθ. Il reste à déterminer C en exploitant les CL sur les sectionsdroites.
Détermination de C - Cas où les CL portent sur les déplacements
uz = 0 pour z = 0 et uz = δ pour z = l ⇒ c = δ
let
c = 1E
(C − 2νA) ⇒ C = 2νA+ δE
lAinsi
u =(r
EA (1 + ν) (1− 2ν) + B
2µr − νδ
lr
)er + z
δ
lez
Si la longueur du tube est maintenue constante, c-à-d si δ = 0, on a C = 2νA
u =(r
EA (1 + ν) (1− 2ν) + B
2µr
)er
Le cas général s’obtient par superposition du cas particulier δ = 0 et du problème de tractionsimple :
u =(r
EA (1 + ν) (1− 2ν) + B
2µr
)er + δ
l(zez − νrer)
Résolution de problèmes
Cas où les CL portent sur les forces :
On aσzz = σ ⇒ C = σ
Ainsiu =
((1− ν)A− νσE
r + B
2µr
)er + 1
E(σ − 2νA) zez
Si σ = 0 alors σzz (M) = 0, on est dans le cas des contraintes planes
4.3 Cas du cylindre à paroi minceOn note comme pour la sphère
e = r1 − r0 l’épaisseur de la coque
R = 12 (r0 + r1) le rayon moyen
et on s’intéresse au cas particulier où l’épaisseur est infiniment mince relativement au rayon,c’est-à-dire tel que
e R ⇐⇒ e
R 1
Exercice 2.11. Montrer que lorsque la coque est mince, les contrainte se réduisent à
σθθ = (p0 − p1)Re
; σrr = 0
Indication : on pose h = e/2, de telle sorte que
r0 = R− h ; r1 = R+ h ; r = R+O (h)
Réponse.Les contraintes sont données par
A = p0r20 − p1r
21
r21 − r2
0, B = (p0 − p1) r2
0r21
r21 − r2
0
On ar2
0 = R2 + h2 − 2Rh ; r21 = R2 + h2 + 2Rh
alorsr2
1 − r20 = 4Rh ; r2
1r20 = R4 − 2R2h2 + h4
En remplaçant dans les expression de A et B ci-dessus, et en ne conservant que les termesprincipaux par rapport à h/R, on obtient
A = p0R2 − p1R
2 +O (h)4Rh = (p0 − p1)R
2e +O (1)
B = (p0 − p1) R4 − 2R2h2 + h4
4Rh = (p0 − p1) R3
2e +O (1)
Ainsi
σrr = A− B
r2 '(p0 − p1)R
2e − (p0 − p1) R2e = 0
σθθ = A+ B
r2 '(p0 − p1)R
2e − (p0 − p1) R2e = (p0 − p1)Re
Ce résultat peut être obtenu directement par une approche statique en supposant la contraintecirconférentielle uniformément répartie dans l’épaisseur de la coque. Cette approche est proposéedans l’exercice suivant.
44
5 Problèmes d’élasticité plane
Exercice 2.12. Approche statique du cylindre minceOn considère le secteur de tube d’angle dθ et de hauteur dz. Calculer la résultante des forces
de pression (forces externes) et des forces (internes) dues à la contrainte circonférentielle quel’on suppose implicitement homogène dans l’épaisseur (l’angle dθ étant petit, on peut confondrele sinus par son argument). En déduire la valeur de σθθ
Réponse.Calcul de la résultante des forces sur cet élément de volume dans la direction Or :– pression appliquée :
(p0 − p1)Rdθdz
– composante de la réaction du tube :
2σθθ sin dθ2 edz ' eσθθdθdz
En égalant ces 2 forces on obtientσθθ = (p0 − p1)R
e
5 Problèmes d’élasticité planeDans la résolution pratique des problèmes d’équilibre linéarisés, on cherche à limiter au maxi-
mum le nombre d’inconnues à l’aide d’hypothèses simplificatrices qui peuvent être strictementvérifiées pour la situation étudiée ou bien constituer une approximation du problème réel. L’uned’entre elle consiste à considérer que les phénomènes pertinents se passent dans un plan et àécrire des conditions simplifiées pour ce qui se passe dans la troisième direction. La démarchede simplification passe par l’analyse des symétries du problème.
5.1 Déformations planes5.1.1 Champ de déplacement de déformation plane
Soit (ei) une base orthonormée de R3. On s’intéresse aux champs de déplacements de la forme
u (M) = u1 (x1, x2) + u2 (x1, x2) (2-18)
c’est-à-dire tel que u (M) soit indépendant de la coordonnée axiale du point et que la composanteaxiale u3 soit est nulle. Le champ de déformation donné par la formule
εij = 12
(∂ui∂xj
+ ∂uj∂xi
), i, j = 1, 2, 3
Résolution de problèmes
a comme composantes ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ε11 = ∂u1
∂x1, ε22 = ∂u2
∂x2, ε33 = 0
ε12 = ε21 = 12
(∂u1∂x2
+ ∂u2∂x1
), ε13 = ε23 = 0
d’où la forme de la matrice
[ε (M)] =
ε11 (x1, x2) ε12 (x1, x2) 0ε21 (x1, x2) ε22 (x1, x2) 0
0 0 0
En appliquant la loi de Hooke on obtient un tenseur des contraintes de la forme
[σ (M)] =
σ11 (x1, x2) σ12 (x1, x2) 0σ21 (x1, x2) σ22 (x1, x2) 0
0 0 σ33 (x1, x2)
(2-19)
Il existe donc une composante normale non nulle suivant la troisième direction mais elle peuts’exprimer en fonction des composantes dans le plan. En effet, en utilisant la forme inverse dela loi de Hooke
¯ε = 1 + ν
E¯σ − ν
E
(tr¯σ) ¯1
et en écrivant la condition ε33 = 0 on obtient
σ33 = ν (σ11 + σ22)
On peut alors donner une forme purement bidimensionnelle à la loi d’élasticité : ε11
ε22
2ε12
= 1− ν2
E
1 − ν
1−ν 0− ν
1−ν 1 00 0 2
1−ν
σ11
σ22
σ12
5.1.2 Problème type de déformation plane
On considère un solide Ω de forme cylindrique parallèle à (Oxy).On désigne par l sa hauteur et par S sa section droite ; S0 et Slsont les sections extrémités de cote respectives z = 0 et z = l.Les donnée du problème d’équilibre élastique sont supposées dela forme suivante.– les forces volumiques fv sont parallèles à (Oxy) et indépen-dantes de z ;
– sur les surfaces S0 et Sl la composante uz du déplacementest imposée nulle et les composantes FSx et FSy de la forcesurfacique sont imposées nulles ;
– les données sur la surface latérale sont parallèles à (Oxy) etindépendantes de z, elles peuvent être de type déplacementsimposés ou forces imposées.
46
5 Problèmes d’élasticité plane
5.2 Contraintes planes
L’état de contraintes planes correspond à la forme suivante du tenseur des contraintes dansun système de coordonnées cartésiennes :
[σ (M)] =
σ11 (x1, x2) σ12 (x1, x2) 0σ21 (x1, x2) σ22 (x1, x2) 0
0 0 0
(2-20)
Les composantes σ31, σ32, σ33 sont nulles et les autres composantes ne dépendent que des deuxvariables (x1, x2) du plan d’étude. En élasticité isotrope le tenseur des déformations prend laforme
[ε (M)] =
ε11 (x1, x2) ε12 (x1, x2) 0ε21 (x1, x2) ε22 (x1, x2) 0
0 0 ε33 (x1, x2)
On peut alors donner une forme purement bidimensionnelle à la loi d’élasticité :σ11
σ22
σ12
= E
1− ν2
1 ν 0ν 1 00 0 1−ν
2
ε11
ε22
2ε12
Il existe donc une troisième composante normale de déformation. Elle doit être telle que lacontrainte σ33 s’annule ce qui implique que
ε33 = − νE
(σ11 + σ22) = λ
λ+ 2µ (ε11 + ε22) = ν
1− ν (ε11 + ε22)
Les équations de compatibilités (cf. section 2.2) se réduisent à
ε11,22 + ε22,11 − 2ε12,12 = 0
mais aussiε33,11 = ε33,22 = ε33,12 = 0
Ces dernières conditions impliquent que la déformation ε33 est une fonction affine de (x1, x2) :
ε33 = ax1 + bx2 + c
où a, b sont des constantes. La procédure systématique d’intégration du champ de déformationprécédent permet d’accéder à la forme du champ de déplacement :
u1 (x1, x2) , u2 (x1, x2) , u3 = (ax1 + bx2 + c)x3 + d
où d est une constante d’intégration. La déformée du plan x3 = h a donc pour équation :
x3 = h+ (ax1 + bx2 + c)h+ d
La surface plane reste donc plane. On se contente très souvent de l’hypothèse des contraintesplanes approchées pour lesquelles le solide est traité comme purement bidimensionnelle, c’est-à-dire qu’aucune dépendance en x3 n’est envisagée, bien que cela ne soit pas vrai pour u3.
Résolution de problèmes
5.3 Problème type de contrainte planeOn considère le problème d’équilibre suivant : soit un solide Ωde forme cylindrique, parallèle à (Oxy), d’épaisseur h, soumisaux chargements suivants :– les forces volumiques fv sont parallèles à (Oxy) et indépen-dantes de z ;
– les surfaces S0 et Sh sont libres de contrainte ;– les forces de contour sur la surface latérale sont parallèles à
(Oxy) et indépendantes de z :FS (M) = Fx (x, y) ex + Fy (x, y) ey
Le champ de contrainte solution de ce problème d’élasticité n’est en général pas plan. On acependant le résultat suivant :
Lorsque l’épaisseur h est faible devant S0, ce problème peut être ramené à l’étuded’un problème plan. Cette simplification est appelée l’approximation des tranchesminces.
5.4 Fonctions de contraintes5.4.1 En coordonnées cartésiennes
Lorsque σ31 = σ23 = 0 et que les autres composantes ne sont que des fonctions de (x1, x2), lesdeux premières équations d’équilibre, en l’absence de forces volumiques, s’écrivent
σ11,1 + σ12,2 = 0σ21,1 + σ22,2 = 0
D’après un théorème d’analyse, la première équation implique qu’il existe une fonction f1(x1, x2)telle que
σ11 = ∂f1∂x2
, σ12 = −∂f1∂x1
et la seconde, qu’il existe une fonction f2(x1, x2) telle que
σ22 = ∂f2∂x1
, σ21 = −∂f2∂x2
Le tenseur des contraintes étant symétrique i.e. σ12 = σ21, on doit avoir
∂f1∂x1
= ∂f2∂x2
On montre ainsi qu’il existe une fonction φ (x1, x2) telle que
f1 = ∂φ
∂x2, f2 = ∂φ
∂x1
Il en résulte que les contraintes planes s’expriment à l’aide d’une seule fonction φ telle que
σ11 = ∂2φ
∂x22, σ22 = ∂2φ
∂x21, σ12 = − ∂2φ
∂x1∂x2(2-21)
Le problème d’équilibre élastique se simplifie donc considérablement puisque on remplace larecherche de 3 fonctions par la recherche d’une seule fonction φ (x1, x2) ; cette fonction estappelée la fonction de contrainte ou fonction d’Airy 1.
1. G. B. Airy (1801,1892)
48
5 Problèmes d’élasticité plane
Le champ de contrainte précédent doit donner accès à un champ de déformation compatible.L’utilisation de l’équation de compatibilité précédente et des lois d’élasticité isotrope
Eε11 = σ11 − νσ22, Eε22 = σ22 − νσ11, Eε12 = (1 + ν)σ12
en contraintes planes, et
Eε11 = (1 + ν) [(1− ν)σ11 − νσ22] , Eε22 = (1 + ν) [(1− ν)σ22 − νσ11] , Eε12 = (1 + ν) ε12
en déformations planes, conduisent à la relation suivante, qui n’est autre que l’une des équationsde Beltrami,
σ11,22 − νσ22,22 + σ22,11 − νσ11,11 − 2 (1 + ν)σ12,12 = 0
en contraintes planes, et
(1− ν)σ11,22 − νσ22,22 + (1− ν)σ22,11 − νσ11,11 − 2σ12,12 = 0
en déformations planes. L’équation aux dérivées partielles que doit vérifier la fonction de contrainteφ s’en déduit :
∆2∆2φ = ∂4φ
∂x41
+ 2 ∂4φ
∂x21∂x
22
+ ∂4φ
∂x42
= 0
où ∆2 désigne le laplacien en dimension 2 (voir annexe). L’équation est la même en contraintesplanes qu’en déformations planes. Les fonctions φ recherchées sont donc à bilaplacien nul ; ellessont appelées biharmoniques.
5.4.2 En coordonnées cylindriques
Les relations précédentes peuvent être traduites dans un système de coordonnées cylindriquespour un champ de contraintes recherché de la forme
σrr (r, θ) , σθθ (r, θ) , σrθ (r, θ) , σzz = σrz = σθz = 0
Il existe une fonction contraintes φ (r, θ) telle que
σrr = 1r
∂φ
∂r+ 1r2∂2φ
∂θ2 (2-22)
σθθ = ∂2φ
∂r2 (2-23)
σrθ = − ∂
∂r
(1r
∂φ
∂θ
)(2-24)
L’opérateur bilaplacien s’écrit
∆2∆2φ =(∂2
∂r2 + 1r
∂
∂r+ 1r2
∂2
∂θ2
)(∂2φ
∂r2 + 1r
∂φ
∂r+ 1r2∂2φ
∂θ2
)= 0 (2-25)
Une large classe de fonctions biharmoniques s’obtient sous la forme
φ = φ1 (r, θ) + r2φ2 (r, θ)
où φ1 et φ2 sont des fonctions harmoniques (i.e. telles que ∆2φ = 0). La grande variété des fonc-tions harmoniques permet alors d’engendrer de nombreures familles de solutions de l’équation
Résolution de problèmes
biharmonique. Une telle famille de fonctions biharmoniques est
φ (r, θ) = A0 ln r +B0r2 ln r + C0r
2 +D0
+(A1r ln r +B1r
3 + C1r + D1r
)cos θ +
(A?1r ln r +B?
1r3 + C?1r + D?
1r
)sin θ
+ Fθ + rθ (G1 cos θ +G2 sin θ)
+∞∑k=2
(Akr
k +Bkrk+2 + Ckr
−k +Dkr−k+2
)cos kθ
+∞∑k=2
(A?kr
k +B?krk+2 + C?kr
−k +D?kr−k+2
)sin kθ (2-26)
qui permet de résoudre de nombreux problèmes aux limites d’élasticité linéaire plane avec desconditions de chargement périodiques en θ. Il reste au lecteur à vérifier qu’effectivement cette fa-mille de fonctions satisfait à l’équation (2-25). Les constantes A0, B0, . . . doivent être déterminéesgrâce aux conditions à la frontière, lorsque cela est possible.Un exemple simple de fonction de contrainte est obtenu dans le cas particulier des coordonnées
cylindriques avec une hypothèse d’indépendance de la fonction de contrainte vis–à–vis de l’angleθ. Une telle fonction s’écrit φ = φ(r) En utilisant l’expression du laplacien en coordonnéescylindriques, on obtient l’équation différentielle en φ(
d2
dr2 + 1r
d
dr
)2
φ = 0
dont les solutions sont de la forme
φ (r) = A ln r +Br2 ln r + Cr2 +D
5.5 Tube cylindrique sous pression en déformation planeL’équilibre élastique isotherme d’un tube cylindrique sous pressions intérieure et extérieure
étudié section 4, dans le cas où les données au contour imposent un déplacement nul des sectionsd’extrémités selon l’axe du tube, est un exemple de problème d’équilibre élastique en déformationplane.La solution s’écrit, en coordonnées cylindrique
u =(r
EA (1 + ν) (1− 2ν) + B
2µr
)er
qui est bien de la forme (2-18), et :
σrr = A− B
r2 , σθθ = A+ B
r2 , σzz = 2νA, autresσij = 0
qui est conforme à (2-19). La fonction d’Airy correspondante, biharmonique, est
φ (r, θ) = Ar2
2 −B ln r
5.6 Concentration de contraintes5.6.1 Position du problème
Une plaque d’épaisseur 2h percée d’un trou cylindrique à section circulaire de rayon a estsoumise à ses extrémités à un état de traction simple. La géométrie et les données de ce problème 2
sont illustrées par le schéma de la figure 2.1.
2. aussi appelé problème de Kirsch qui le résolut en 1898.
50
5 Problèmes d’élasticité plane
a 1
2
r
Figure 2.1: Plaque percée d’un trou circulaire est soumise à une traction simple
L’axe du trou est e3 et la direction de traction est e1. La longueur et la largeur L sontsupposées suffisamment grandes par rapport à a pour que l’état de contrainte loin du trou nesoit pas affecté par la présence du trou et puisse donc être assimilé à l’état homogène suivant :
¯σ∞ = σ∞e1 ⊗ e1 (2-27)
où σ∞ est la contrainte imposée, donnée du problème. Dans cette partie, le bord du trou ainsique les surfaces z = ±h sont libres d’effort.Un système de coordonnées cylindriques (O, r, θ) est adopté, O étant le centre du trou et
l’angle étant mesuré par rapport à e1. Il est représenté sur la figure 2.1. Compte tenu descaractéristiques du chargement, le traitement du problème est justiciable d’une résolution encontraintes planes, fût–elle approchée. Le champ de contraintes est donc recherché sous la forme(2-20).
5.6.2 Champ de contrainte dans une plaque trouée en traction simple
Champ de contraintes loin du trou La résolution de ce problème est décomposée en plusieursétapes sous la forme d’exercices.
Exercice 2.13. (i) Donner dans le système de coordonnées cylindriques les composantes dutenseur des contraintes loin du trou donné par (2-27). (ii) Donner une fonction de contraintesφ (r, θ) correspondant à un champ de traction simple en intégrant les relations (2-22) à (2-24).
Réponse.(i) On substitue
e1 = cos θer − sin θeθdans (2-27) pour trouver
¯σ∞ = σ∞
2 [(1 + cos 2θ) er ⊗ er + (1− cos 2θ) eθ ⊗ eθ − sin 2θ (er ⊗ eθ + eθ + er)] (2-28)
Autrement dit, σ∞rr = σ∞
2 (1 + cos 2θ)
σ∞θθ = σ∞
2 (1− cos 2θ)
σ∞rθ = −σ∞
2 sin 2θ
(2-29)
(ii) Pour trouver une fonction de contraintes conduisant au champ de traction simple, on intègrel’équation (2-23) en
φ = σ∞
2 (1− cos 2θ) r2
2 + g (θ) r + h (θ)
Résolution de problèmes
En calculant σrθ grâce à (2-24), on trouve que h = Cste. En calculant σrr grâce à (2-22), ontrouve que g = g1 cos θ + g2 sin θ. On vérifie que la contribution aux contraintes des termesen h, g1, g2 est nulle de sorte qu’on ne perd pas en généralité en prenant h = g1 = g2 = 0.Finalement, une fonction de contraintes associée à l’état de traction simple est
φ = σ∞
2 (1− cos 2θ) r2
2 (2-30)
Forme générale des contraintes Le résultat précédent nous incite à rechercher, au sein de lacollection répertoriée en (2-26), la fonction de contraintes, en tout point de la plaque trouée,sous la forme :
φ (r, θ) = A ln r +Br2 ln r + Cr2 +(A2r
2 +B2r4 + C2
r2 +D2
)cos 2θ (2-31)
où A,B,C,A2, B2, C2, D2 sont des constantes à déterminer.
Exercice 2.14. (i) En utilisant les expression (2-22) à (2-24) donner l’expression du champde contraintes général associé à la famille de fonctions de contraintes précédente. (ii) Identifiercertaines des constantes grâce à l’expression du champ de contraintes à l’infini mise en évidencedans l’exercice précédent.
Réponse.La famille de fonctions de contraintes choisie conduit au champ de contraintes suivant :
σrr = A
r2 + 2B ln r +B + 2C +(−2A2 −
6C2r4 −
4D2r2
)cos 2θ (2-32)
σθθ = −Ar2 + 2B ln r + 3B + 2C +
(2A2 + 12B2r
2 + 6C2r4
)cos 2θ (2-33)
σrθ = 2 sin 2θ(A2 + 3B2r
2 − 3C2r4 −
D2r2
)(2-34)
Loin du trou, i.e. lorsque r est suffisamment grand, le champ précédent prend la forme asymp-totique
σ∞rr = 2B ln r +B + 2C − 2A2 cos 2θ (2-35)
σ∞θθ = 2B ln r + 3B + 2C +(2A2 + 12B2r
2)
cos 2θ (2-36)
σ∞rθ = 2 sin 2θ(A2 + 3B2r
2)
(2-37)
L’identification entre ce champ et celui de traction simple (2-28) permet de déterminer lesconstantes :
B = 0, C = σ∞
4 , A2 = −σ∞
4 , B2 = 0
Prise en compte des conditions à la frontière
Exercice 2.15. Utiliser les conditions aux limites non encore exploitées pour déterminer com-plètement le champ de contraintes.
52
5 Problèmes d’élasticité plane
Réponse.L’analyse du paragraphe précédent a permis d’aboutir à la forme suivante du champ des
contraintes dans la plaque :
σrr = A
r2 + σ∞
2 +(σ∞
2 −6C2r4 −
4D2r2
)cos 2θ
σθθ = −Ar2 + σ∞
2 +(−σ∞
2 + 6C2r4
)cos 2θ
σrθ = 2 sin 2θ(−σ∞
4 −3C2r4 −
D2r2
)Les bords du trou sont libres d’effort de sorte que ¯σ (r = a) .er = 0, ce qui implique la nullité enr = a des composantes σrr et σrθ, pour toute les valeurs de l’angle θ :
σrr (r = a) = A
a2 + σ∞
2 +(σ∞
2 −6C2a4 −
4D2a2
)cos 2θ = 0
σrθ (r = a) = 2 sin 2θ(−σ∞
4 −3C2a4 −
D2a2
)= 0
Il en découle un système linéaire portant sur les inconnues A,C2, D2 :
A
a2 + σ∞
2 = 0, σ∞
2 −6C2a4 −
4D2a2 = 0, σ∞
4 + 3C2a4 + D2
a2 = 0
dont la solution donne
A = −σ∞
2 a2, C2 = −σ∞
4 a4, D2 = σ∞
2 a2
Finalement, le champ de contraintes et la fonction de contraintes identifiés sont
σrr = σ∞
2
(1− a2
r2
)+ σ∞
2
(1 + 3a4
r4 −4a2
r2
)cos 2θ (2-38)
σθθ = σ∞
2
(1 + a2
r2
)− σ∞
2
(1 + 3a4
r4
)cos 2θ (2-39)
σrθ = −σ∞
2
(1− 3a4
r4 + 2a2
r2
)sin 2θ (2-40)
φ = −σ∞
2 a2 ln r + σ∞
4 r2 + σ∞
4
(−r2 + 2a2 − a4
r2
)cos 2θ (2-41)
La fonction de contrainte loin du trou s’obtient, à r fixé, en faisant tendre a → 0 (situa-tion correspondant au trou dans une plaque infinie). L’expression précédente conduit alors à lafonction de contrainte (2-30) associée à la traction simple.
5.6.3 Concentration de contrainte au bord du trou
Le champ de contraintes trouvé précédemment indique que les contraintes ne sont pas homo-gènes dans une plaque trouée sollicitée en traction à ses extrémités. La décroissance rapide en1/r2 du champ de contraintes assure que ces hétérogénéités se développent seulement au voisi-nage du trou et que le champ suffisamment loin du trou peut être considéré comme homogène.Cette décroissance en fonction de r/a est visible sur la figure 2.2 où sont tracées les contraintesà partir du pôle et de l’équateur.
Résolution de problèmes
54 .543 .532 .521 .51
3
2 .5
2
1 .5
1
0 .5
0
-0 .5
-1
Figure 2.2: Profils des contraintes radiale et orthoradiale normalisées par la contrainte infinieen fonction de la distance relative par rapport au trou
Le champ de contraintes est représenté sur la figure 2.3(a), ce qui permet de voir que cettecomposante est plus forte au bord du trou que partout ailleurs dans la plaque. Plus généralement,les cartes des contraintes principales des figures 2.3(c) et 2.3(d) montrent que celles-ci sontmaximales au bord du trou. Il existe donc des surcontraintes en bord de trou, appelées aussiconcentrations de contraintes. Elles jouent un rôle essentiel dans l’amorçage de la rupture et/oul’apparition de la plasticité.
Facteur de concentration de contrainte
Exercice 2.16. (i) Donner la valeur de la contrainte orthoradiale au bord du trou en fonctionde l’angle θ. (ii) Indiquer à quel endroit cette contrainte est maximale et quelle valeur elle yprend. (iii) Calculer le facteur de concentration de contrainte défini par
Kt = σmaxθθ
|σ∞|
en distinguant le cas de la traction simple σ∞ > 0 du cas de la compression simple σ∞ < 0.
Réponse. La contrainte orthoradiale au bord du trou vaut
σθθ (r = a) = σ∞ (1− 2 cos 2θ)
On distingue deux situations.Traction simple : la contrainte σθθ est maximale en θ = ±π/2 et vaut 3 fois la contrainte
appliquée. Le facteur de concentration de contrainte vaut donc
Ktractiont = 3
La contrainte σθθ est minimale en θ = 0 et θ = π où elle vaut −σ∞.
54
5 Problèmes d’élasticité plane
(a) σθθ/σ∞ (b) σeq/σ∞
(c) σ1/σ∞ (d) σ2/σ
∞
Figure 2.3: Représentation par lignes de niveaux du champ de contraintes autour d’un troudans une plaque en traction selon la direction 1. (a) la composante σθθ, (b) lacontrainte équivalente de von Mises σeq, (c) la plus grande contrainte principale enchaque point, (d) la plus petite contrainte principale en chaque point. Toutes lescontraintes sont normalisées par la valeur de la contrainte axiale loin du trou σ∞.Pour des raisons de symétrie, un quart seulement de la plaque trouée est représenté.
Résolution de problèmes
Compression simple : la contrainte σθθ est maximale en θ = 0 et θ = π et vaut |σ∞| . Le facteurde concentration de contrainte vaut donc
Kcompressiont = 1
La contrainte σθθ est minimale en θ = ±π/2 où elle vaut −3σ∞.Le facteur de concentration de 3 en traction montre l’affaiblissement qu’apporte la présenced’un trou dans une plaque. Il peut conduire à une rupture précoce de la plaque. Les facteurs deconcentration contrainte se lisent aussi sur les courbes de la figure 2.2.
56
Travaux Dirigés 31 TD n°1 - Problèmes d’élasticité en symétrie sphérique
Pour tout ce devoir on se place en coordonnées sphériques (r, θ, ϕ). Pour une fonction r →f (r), on note classiquement f ′ (r) la dérivée première et f ′′ (r) la dérivée seconde.
Exercice - Formules en élasticité sphérique
On dit qu’un problème d’élasticité est de symétrie sphérique lorsque le champ de déplacementsolution u (M) est purement radial et ne dépend que de la coordonnée en r :
u (M) = u (r) er
Question 1 - Calculer les composantes du tenseur des déformations ε en fonction de u, u′ et r.Vérifier que εθθ = εϕϕ ; on notera εc la valeur commune (c comme circonférentiel).Montrer que rot u = O∧ u = 0 de façon à pouvoir utiliser la deuxième forme de l’équation de
Navier.
Question 2 - Montrer que l’équations de Navier (cf. cours) se réduit à l’équation scalaire
fr + (λ+ 2µ)[ 1r2
(ur2
)′]′= 0
où fr est la composante radiale de la force volumique fv = (fr, fθ, fz).
Question 3 - Calculer les composantes de ¯σ en fonction de εr, εc et des coefficients élastiquesE, ν. Indication : on peut soit partir de la forme ¯ε = f
(¯σ,E, ν) de la loi de Hooke puis inverserle système, soit partir de la forme duale ¯σ = g
(¯ε, λ, µ) et remplacer λ, µ par E, ν (cf. formulescours). Ecrire les relations sous la forme
σα = A (aαεr + bαεc) , α = r, c
où A, aα, bα ne dépendent que de E et ν.Vérifiez les formules obtenues en considérant le cas particulier de la sphère soumise à une
pression uniforme F = −per. On a dans ce cas ¯σ = −p¯1 et ¯ε = − p3λ+2µ
¯1
Question 4 - Écrire dans le cas particulier de l’élasticité sphérique les équations d’équilibrelocal (voir annexe). Quelles conditions doit vérifier la force volumique f ?
57
Travaux Dirigés
Problème I - Réservoir sphérique épais sous pressionCe problème a déjà été résolu en cours en partant d’une forme particulière du champ de
déplacement donné a priori. On se propose de résoudre ce même problème mais en utilisant laméthode en contrainte. On reprend les conditions de chargement avec les notations du cours :– rayons intérieur et extérieur r0, r1, matériau élastique caractérisé par E, ν ;– pressions uniformes, à l’intérieur p0 et à l’extérieur p1 ;– absence de force volumique.
Question 1 - Résolution des équations de Beltrami En utilisant le formulaire joint en annexe,écrire la forme particulière des équations de Beltrami et, après intégration de celles-ci, donnerla forme générale des composantes radiale σr et circonférentielle σc. Vous noterez A et B lesconstantes d’intégration qui apparaissent dans l’expression de σr.
Question 2 - Résolution du problème d’élasticité Déterminer les constantes d’intégration enfonction des données du problème et écrire complètement la solution en contrainte. Décrire lesétapes de calcul (sans les mener à terme) pour obtenir le déplacement radial u (r) à partir desrésultats obtenus.
Problème II - Effet gravitationnelUn corps céleste de grande dimension, planète ou étoile, est soumis à son propre champ
gravitationnel. Dans le cas des étoiles dont la masse est supérieure à 4 fois la masse solaire l’effetgravitationnel peut conduire à l’effondrement de l’étoile et former un trou noir !On cherche à calculer l’état de contrainte ¯σ (M) qui résulte de cet unique chargement gravita-
tionnel. Pour cela, on suppose que le corps est sphérique de rayon R et constitué d’un matériauhomogène de masse volumique ρ avec un comportement élastique de caractéristique E, ν. Lechargement volumique, purement radial, est donné par f (M) = f (r) er avec
f (r) = −43πGρ
2r
où G est la constante de gravitation universelle.
Question 1
La première équation de Beltrami est de la forme
rσ′′r + 4σ′r = ar
où a est une constante à préciser en fonction des données du problème.Déterminer la forme générale de σr en résolvant l’équation différentielle de Beltrami ci-dessus.
Vous noterez A et B les constantes d’intégration qui apparaissent dans l’expression de σr.
Question 2
Déterminer les constantes d’intégration A et B en exploitant les conditions limites du problèmeet en considérant que la contrainte est une grandeur finie (i.e. non infinie). Enfin, écrire la solutionfinale σr,σc en fonction des données du problème.
Rappels et compléments : formules d’élasticité en coordonnées sphériquesPour champ scalaire f (M) = f (r, θ, φ), on a
Of = ∂f
∂rer + 1
r
∂f
∂θeθ + 1
r sin θ∂f
∂φeϕ
58
1 TD n°1 - Problèmes d’élasticité en symétrie sphérique
Équations d’équilibre local
∂σrr∂r
+ 1r
∂σrθ∂θ
+ 1r sin θ
∂σrϕ∂ϕ
+ 2σrr − σθθ − σϕϕ + σrθ cot θr
+ fr = 0
∂σθr∂r
+ 1r
∂σθθ∂θ
+ 1r sin θ
∂σθϕ∂ϕ
+ (σθθ − σϕϕ) cot θ + 3σrθr
+ fθ = 0
∂σϕr∂r
+ 1r
∂σϕθ∂θ
+ 1r sin θ
∂σϕϕ∂ϕ
+ 3σϕr + 2σϕθ cot θr
+ fϕ = 0
Équations de Beltrami avec conditions de symétrie sphérique
(1 + ν) div(O¯σ)
+ O(O(tr¯σ))
= 0 ⇐⇒
rσ′′r + 4σ′r = −rf ′r −
21− ν fr
σc − σr = r
2 (σ′r + fr)
σc désigne la composante circonférentielle : σc = σθθ = σϕϕ.
Équation différentielle Soit l’équation différentielle
xy′ + 4y = 0
Par la méthode des facteurs intégrants on peut déterminer la fonction y solution, à la constanteA près :
y (x) = A
x4
Dans le cas d’une équation avec second membre de la forme
xy′ + 4y = ax
(équation différentielle linéaire), on rappelle que la solution est la somme de la solution généraley1 de l’équation homogène (i.e. sans second membre) et d’une solution particulière de l’équationcomplète. La solution particulière y2 peut être cherchée sous la forme y2 (x) = C (x) y1 (x) oùC (x) est la fonction inconnue : c’est la méthode dite de la variation de la constante.
Travaux Dirigés
2 TD n°2 - Étude du frettageDescription du problèmeLe frettage est une méthode d’assemblage utilisée depuis l’antiquité 1 et fréquente aujourd’hui
dans de nombreuses applications industrielles. L’assemblage fretté constitue un exemple simplede structure qui, bien que soumise à aucun chargement extérieur, est le siège de contraintesinternes auto-équilibrées. Le calcul de ces contraintes résiduelles est possible dans le cas de deuxtubes frettés à l’aide des résultats obtenus dans le cours.On considère deux tubes de rayons intérieur et extérieur initiaux Ri, ρi et Re, ρe respective-
ment, tels que Ri < ρe < ρi < Re
(i)(e) (e)
(i)ρi
Riρe
Re r1
r0ρ
OM
er
eθ
L’opération de frettage consiste à insérer le premier tube, dit tube intérieur et noté (i), dans lesecond, dit tube extérieur, noté (e). Comme ρe < ρi , il est nécessaire de déformer les deux tubespour qu’un tel assemblage soit possible. A la fin de l’opération, le tube intérieur a pour rayonintérieur r0 et pour rayon extérieur ρ, tandis que le tube extérieur a pour dimensions finalesρ et r1 . Le frettage est possible en insérant en force le tube intérieur, ou bien en chauffant letube extérieur. Dans ce dernier cas, le tube extérieur se dilate et, si la dilatation thermique estsuffsante, ses dimensions sont telles que l’on peut insérer plus aisément le tube intérieur. Lorsquele tube extérieur refroidit, le frettage se réalise.
Analyse mécanique et hypothèsesA l’issue de l’opération de frettage, le tube extérieur exerce une pression pc sur le tube intérieur,
et vice-versa et aucun chargement extérieur n’est appliqué à l’assemblage (le tube est libre d’efforten r = r0, r1 ). Une fois l’assemblage réalisé le contact entre les deux tubes est supposé parfaitet collant (sans glissement). Par contre, pour pouvoir négliger la contrainte axiale, on supposeau contraire un glissement parfait au cours de l’assemblage. Le torseur des efforts appliqués estdonc nul, pourtant, l’assemblage fretté est le siège de contraintes résiduelles qui peuvent êtrevues comme des contraintes initiales dans l’assemblage. L’objet de ce problème est de déterminerces contraintes résiduelles.Les données du problème sont :– les dimensions du tube intérieur Ri, ρi ;– les dimensions du tube extérieur Re, ρe.Les inconnues sont aux nombres de 4 :– les dimensions des tubes après assemblage : r0, ρ, r1 ;– la pression de contact entre les tubes pc
(e)
(i)pc ρ
Se
SiSur le schéma ci-contre, les surfaces de contact Si, Se ont été écartées pour la compréhension.
RésolutionPour chaque tube, les conditions de chargement sont du type étudié dans l’analyse des tubes
sous pression interne et externe (Chapitre 4, section 4). C’est le chargement commun pc qui est
1. Les celtes ont utilisé ce procédé pour le cerclage des roues. Le cercle métallique extérieur était chauffé pourêtre fretté sur la roue en bois.
60
2 TD n°2 - Étude du frettage
cette fois inconnu. On pourra néanmoins utiliser directement les résultats obtenus dans le cours,et rappelé en annexe, pour déterminer contraintes et déformations dans les tubes de l’assemblagefretté.On note u(i), u(e) respectivement les champs de déplacement dans les tubes intérieur et exté-
rieur. et ¯σ(i), ¯σ(e) les tenseurs des contraintes dans les tubes intérieur et extérieur. On supposeque les tubes sont constitués d’un même matériau élastique caractérisé par le couple E, ν ouλ, µ. On rappelle que µ = G = E
2(1+ν) (utile à la question 3).
Étape 1 : champs de déplacement
Question 1 - Écrire ces champs de déplacement (voir formulaire en annexe) en fonction desAi, Bi et Ae, Be, puis préciser la valeur de ces constantes en fonction des données géométriquesconnues Ri, ρi, Re, ρe et de la pression de contact pc (inconnue). Vérifier que
Ai, Bi < 0 et Ae, Be > 0
Étape 2 : relations géométriques
Le champ de déplacement permet de relier la position d’un pointM avant transformation à saposition après transformation. Si on l’applique pour un point situé, par exemple, sur la surfaceintérieure du tube (i) on peut obtenir une relation entre la rayon initial Ri et et le rayon finalr0, relation de la forme
r0 = Ri + u(i)r (r = Ri) (3-1)
Question 2 - Écrire pour chaque tube la relation liant les rayons intérieur et extérieur, avantet après transformation, en fonction des champs de déplacement u(i), u(e). On obtient ainsi 4équations liant les variables inconnues r0, ρ, r1, et pc qui intervient dans l’expression de u, auxdonnées Ri, ρi, Re, ρe. Écrire ces relations en fonction des constantes Ai, Bi et Ae, Be sans lesremplacer par leur valeur données question 2. Vérifier que
r0 < Ri, r1 > Re, ρe < ρ < ρi
Étape 3 : calcul de pc en fonction des caractéristiques initiales du frettage.
Question 3 - Utiliser les 2 équations précédentes (question 2) de la forme ρ = ρi + . . . etρ = ρe + . . . pour obtenir une expression de pc en fonction de ε = ρi − ρe et des donnéesgéométriques. Écrire cette équation sous la forme
Eε
pc= (1− ν)C1 + (1 + ν)C2 (3-2)
où C1, C2 sont des constantes qui ne dépendent que des données géométriques Ri, ρi, Re, ρe. Cetteéquation permet de calculer la pression de contact en fonction des données initiales. Vérifier queε > 0 implique que pc > 0, cette condition assure la cohésion de l’assemblage.
Étape 4 : calcul de pc en fonction des caractéristiques finales du frettage.
L’équation (3-2) permet de connaître la pression de frettage en fonction des données géomé-triques initiales des tubes. Il peut être intéressant de pouvoir calculer pc une fois l’assemblageréalisé, c’est-à-dire en fonction des dimensions finales de l’assemblage r0, ρ, r1. Cela est possibleen exploitant le contexte infinitésimal qui suppose que les composantes de déformations sontpetites devant 1 i.e |εrr| 1 et |εθθ| 1. Pour cela, il faut revenir à la relation donnant lavariation de rayon qui est de la forme (pour le tube intérieur et exprimée avec les constantesa, b)
ρ = ρi + aiρi + biρi
(3-3)
Travaux Dirigés
Question 4 - Montrer en utilisant l’expression des composantes de ¯ε en fonction des constantesa, b (formulaire) que, dans l’hypothèse des petites perturbations, |a| 1 et |b| /ρ2
i 1. Endéduire que ρ/ρi = 1 + o (1) c’est-à-dire que ρ et ρi sont indiscernables.Des arguments similaires prouvent que Ri, r0 d’une part et Re, r1 d’autre part sont indiscer-
nables (à l’ordre 1). Il s’en suit que, dans le contexte infinitésimal, l’équation (3-2) est indiscer-nable de
Eε
pc= (1− ν) c1 + (1 + ν) c2 (3-4)
où c1, c2 sont les mêmes constantes que précédemment mais fonction de r0, ρ, r1 .Question 5 - Calculer la pression de contact pc en fonction des caractéristiques finales du
frettage.
Étape 5 : évaluation des contraintes initiales dans l’assemblage fretté
Question 6 - Donner les composantes σ(i)rr , σ
(i)θθ et σ(e)
rr , σ(e)θθ dans les tube intérieur et extérieur
respectivement en fonction de r0, ρ, r1 et pc. Vérifier que les composantes radiales sont négativeset nulles sur les surfaces libres (intérieure pour le tube (i) et extérieure pour le tube (e)).Question 7 - On note 〈σ〉 la contrainte moyenne sur les 2 tubes définie par
〈σ〉 = 1r1 − r0
ˆ r1
r0
σ (r)dr
Montrer que 〈σrr〉 = 0. (On peut montrer de même que 〈σθθ〉 = 0.)
Étape 6 : calcul de l’allongement des tubes après assemblage
Pendant l’opération de frettage, on suppose que le glissement entre les tubes est suffisant pourque les contraintes axiales σzz restent nulles. En conséquences, le deux tubes ne vont pas avoirla même longueur finale. Dans la pratique ils sont découper pour avoir le même longueur.Question 8 - Soit l la longueur commune des deux tubes avant assemblage. Calculer la
différence de longueur de deux tubes après assemblage en fonction des données géométriquesinitiales et de la pression de contact. Quelle est le tube qui s’allonge le plus ?
Formulaire relatif au problème du tube sous pression interne et externe sans effortaxialOn reprend les notation du cours.Déplacement :
u =(a r + b
r
)er + c zez
Déformation :¯ε =
(a− b
r2
)er ⊗ er +
(a+ b
r2
)eθ ⊗ eθ + c ez ⊗ ez
Contraintes :¯σ =
(A− B
r2
)er ⊗ er +
(A+ B
r2
)eθ ⊗ eθ
Chargement :
A = p0r20 − p1r
21
r21 − r2
0, B = (p0 − p1) r2
0r21
r21 − r2
0Relations entre les paramètres
a = 1− νE
A , b = B
2µ , c = −2νAE
A = (λ+ µ) 2a+ λc , B = 2µb
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