3 Exercices Corriges Mmc

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Cours Millieux Continus

Laboratoire de Métallurgie Physique

3ème Semestre

Département des Matériaux

M. Rappaz M. Felberbaum M. Salgado

EPFL

Série No 5

 17.10.07

Tenseur des contraintes II

1.

Soit dans un repère orthonormé ( homgène déni par (en MPa)

. On considère le champ de contraintes

Contraintes Principales et Cercle de Mohr e1 , e2 , e3 )





10 0 0   −15  σ= 0 5 0 −15 5

(1) 1. Déterminer les contraintes principales (σ , σ , σ ) dans l'ordre décroissant ainsi que les directions principales associées ( , , ) 2. Vérier que les trois invariants du tenseur restent inchangés 3. Déterminer la matrice de passage [A] du repère ( , , ) au repère propre ( , , ) telle que r = [A]r 4. Montrer que [A].σ.[A] est eectivement diagonal. 5. Pour une direction quelconque, déterminer les composantes normale, t , et tangentielle, t , de la densité de force . Dessiner le cercle de Mohr. 6. Déterminer l'ellipse des contraintes dans les trois plans ( , ), ( , et ( , ). 7. Déterminer les parties hydrostatique et déviatorique du tenseur σ dans ( , , ). I

II

III

nP I nP II nP III

e1 e2 e3

0

eI eII eIII

T

n

n

t

τ

eI eII

eII eIII )

eI eIII

e1 e2 e3

2.

Un état de contraintes inhomogène déni sur le cube unitaire x ∈ [0, 1], y ∈ [0, 1] et z ∈ [0, 1] (en m) est caractérisé par le tenseur suivant : Condition d'équilibre





1 3y −3z   xy σxyz  σ =  3y −3z σyz σzz

σ

(2)

est en MPa, si x, y et z en m. 1. Trouver les deux composantes manquantes σ ( ) et σ ( ) sur la base des indications suivantes : A. Le tenseur satisfait la condition d'équilibre div σ = 0 en tout point. B. La trace du tenseur est nulle en tout point. C. Le long de l'axe x, le tenseur σ = x ). 2. Calculez les forces globales (en N) exercées sur chacune des faces de ce cube. Vériez que la somme de ces forces est nulle. Pourquoi a-t-on cela? yz r

yz

2

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zz r

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Corrigé No 5

 17.10.07

Tenseur des contraintes II

1. Contraintes Principales et Cercle de Mohr Pour trouver les contraintes principales il sut de résoudre le déterminant de la matrice

 √ 10√− σp 5 3 0   ~σ =  5 3 0 − σp 0  0 0 10 − σp √ 5 3 0 √ = (σp2 −10σp )(10−σp )−(10−σp )(5 3)2 0 − σp 0 0 10 − σp σp1 = 15 σpII = −5 σpIII = 

10 − σ p √ DET = 5 3 0

(1)

Les valeurs des contraintes principales sont , et 10. De toute évidence, par la forme du tenseur des contraintes, le valeur σ correspond au valeur propre aligné sur l'axe z. En eet, la rotation du tenseur pour retrouver les valeurs propres se fait autour de l'axe z, et c'est pourquoi on ne les met pas dans un ordre décroissant. Les directions principales associées à ces vecteurs s'obtiennent en appliquant l'équation (4.27) du polycopier. Ainsi,√ on trouve que pour σ , n → √ ( 3/2, 1/2, 0) ; pour σ , n → (1/2, . − 3/2, 0) ; et pour σ ,n → (0, 0, 1). On vérie que les invariants du tenseur restent inchangés : pIII

pI

pII

pII

pIII

pI

pIII

ΣI (σ) = 10 + 0 + 10 = 20 = ΣI (σp ) = 15 − 5√+ 10 = 20 ΣII (σ) = (10)(0) + (10)(10) + (0)(10) − 02 − (5 3)2 − 02 = 25 ΣII (σp ) = (15)(−5) + (15)(10) + (−5)(10) − 0 = 25 √ 10 5 3 0 √ ΣIII (σ) = Det(σ) = 5 3 0 0 0 0 10

= −750

15 0 0 ΣIII (σp ) = Det(σp ) = 0 −5 0 = −750 0 0 10

Désormais il nous faut trouver la matrice de rotation pour passer de σ à σ . Pour ce faire, l'angle de rotation autour de z doit être calculé. Puisque on est sur ça, on va déjà s'assurer que les vecteurs propres sont orthonormales avec la relation suivante : |n ||n | cos θ = n~ · n~ (3) 1 p

1

2

1

2

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Ayant démontré que c'est le cas, on applique la même équation aux vecteurs n et n pour trouver θ = 30 degrés. Noter que pour la transformation de repère r~ = [A]~r, [A] n'est rien d'autre que le tenseur qui décrit l'orientation des vecteurs propres. Pour une direction ~n quelconque ou ~n = n(x, y, z), on peut trouver la composante normale et tangentielle de la densité de force en opérant ainsi : 1

pI 0

tn = ~t · ~n = ~n · ~n · ~n = 20x2 − 5y 2 + 10z 2 + 15xy + 5yz + 30xz; √ tτ = t − tn

NOTE : On a intérêt à avoir une normale sur laquelle on aimerait calculer ces composants avant de passer au développement de t dans les équations précédents. Le cercle de Mohr et les ellipses des contraintes dans les trois plans sont dessinés ci-dessous : τ

Finalement, la partie hydrostatique d'un tenseur (σ ) est dénie par 1/3T r(σ)I alors que  la partie déviatorique  du tenseur est dénie comme σ = σ − σ : M

D

25/3 0  25/3 σM =  0 0 0  √ 5/3 5 3  √ σD =  5 3 25/3 0 0

et

0  0  25/3 

0  0  5/3

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M

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Exercice 1 : Equilibre mécanique sur un cube unitaire  1 3y   =  3y xy 3z  yz 

3z

 yz

 zz

On sait que div() = 0, le flux est donc nul !

 

 0

r   div( ) =  x + yz = 0  z

  yz  zz

+

 z  y On sait que la trace du tenseur est nulle, on a donc zz = -1 - xy On trouve alors que yz = -z x + A(x, y) (d’après la 2ème équation ci-dessus) La 3ème équation donne la constante A(x, y) qui ne doit pas être fonction de y (sinon la dérivée de yz par rapport à y est non nulle, ce qui est impossible vu que la dérivée de zz par rapport à z est nulle) ; en conséquence, la constante A (x, y) = x2 vu que sur l’axe x, yz = x2 On a alors le tenseur suivant :  1   =  3y 3z 

3y xy x ( x  z)

3z 

x ( x  z)

(1 xy)

Pour calculer les forces globales sur l’ensemble du cube unitaire, il faut appliquer la relation t =  · n et intégrer sur chaque surface du cube entre 0 et 1. On a donc 6 intégrales à faire. Normale // à Ox :  1 3y 3z  1 1 1      3y 0 0  0 dydz +  0 0  3z 0 1   0  1

=

 0

 1    3y dydz + 0   3z  1

1

 0

1

 0

 1 3y 3z   1   y (1 z) 0 dydz =   3y  0  3z 1(1 z) (11y)  0 1

 1     3y dydz = 0 0  3z 1

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Normale // à Oy :  1 0 3z   0  1 1 1   dxdz

1 + 0 0 x x  z ( )      0 0  0 1   0  3z x ( x  z)    3  0 1 1 1 1   =   0 dxdz +    x dxdz 0 0  0 0  x ( x  z)  x ( x  z) Normale // à Oz :  1 3y 0  0 1 1   x 2  0 dxdy +    3y xy  0 0  2  0 x (1 xy) 1 1

=

 0

 0     x 2 dxdy + 0  (1 xy) 1

1

 0

1

 0

 1   3 0   3z 1

3 x x ( x  z)

3z   0  x ( x  z)  1 dxdz =  (1 x)   0

1 3y 3   0   x ( x 1)  0 dxdy =   3y xy  0   3 x ( x 1) (1 xy)  1 1

 3     x ( x 1) dxdy 0   (1 xy) 1

On se retrouve donc avec :    3  0 1 1 1 1



     0 dxdz +    x dxdz +



0 0  0 0  x ( x  z)  x ( x  z)

1

 0

 0  

  x 2 dxdy +

0   (1 xy) 1

1

 0

 3  

  x ( x 1) dxdy = 0

0  (1 xy) 1

On voit en effet bien que les intégrales s’annulent, et ceci est évident par le théorème de la divergence !

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