Département Génie Mécanique
I3-5 — Mécanique des Structures I
Solides Elastiques
Septembre 2011
Frank Petitjean
Table des matières
I.
Cours
1. Équations d’équilibre
1.
Modélisation des efforts . . . . . .
2.
Tenseur des contraintes de Cauchy
3.
Équations d’équilibre . . . . . . . .
4.
Exemples d’équilibre élastique . . .
5.
Équations du mouvement . . . . .
6.
Cas des poutre . . . . . . . . . . .
5
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2. Étude des contraintes
1.
Directions et contraintes principales
2.
Représentation de Mohr . . . . . . .
3.
États de contraintes remarquables .
4.
Élasticité plane . . . . . . . . . . . .
5.
Critères limites d’élasticité . . . . . .
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7
7
10
12
15
17
19
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27
29
36
41
46
3. Étude des déformations
1.
Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.
Transformation d’un milieu continu . . . . . . . . .
3.
Tenseurs des petites déformations . . . . . . . . . .
4.
Puissance de déformation volumique . . . . . . . .
5.
Changement de repère et déformations principales
6.
États de déformation remarquables . . . . . . . . .
7.
Cercle de Mohr des déformations . . . . . . . . . .
8.
Mesure des déformations par extensométrie . . . .
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4. Comportement des matériaux
1.
Les matériaux homogènes, isotropes, élastiques, linéaires
2.
Loi de comportement élastique . . . . . . . . . . . . . .
3.
Interprétation des coefficients d’élasticité . . . . . . . . .
4.
Formulation ingénieur . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.
Cas de l’élasticité plane . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.
Vecteurs et tenseurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.
Opérateurs différentiels (en coordonnées cartésiennes) .
8.
Formulaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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II. Travaux Dirigés
87
1. TD n°1 - Équations d’équilibre et contraintes
89
2. TD n°2 - Étude des contraintes
99
3
Table des matières
3. TD n°3 - Étude des déformation
111
4. TD n°4 - Loi de Hooke
129
4
Première partie .
Cours
5
Équations d’équilibre
1
L’objet de ce chapitre est d’écrire les équations d’équilibre d’un corps solide. Cela nécessite
de savoir représenter les efforts extérieurs et intérieurs (section 3). Les efforts intérieurs sont
introduits par le biais du principe de la coupure. Ceci conduit à introduire la notion fondamentale
de contrainte.
La notion de contrainte étant définie (section 2), on sera en mesure d’écrire les équations
d’équilibre (section 3).
1. Modélisation des efforts
1.1. Hypothèses géométriques
En mécaniques des milieux continus on étudie les corps tridimensionnels sans hypothèse particulière sur le solide : Ω ∈ R3
1.2. Efforts extérieurs
On distingue 2 systèmes de forces extérieures.
Forces de contour C’est une densité de force surfacique exercée sur élément du contour ∂Ω de
Ω d’aire élémentaire da ; elle représente les actions de contact.
F (M ) , M ∈ ∂Ω
s
Force volumique C’est une densité volumique de force agissant sur chaque élément de volume
élémentaire dΩ de Ω ; elle représente les actions à distance.
f (M ) , M ∈ Ω
v
7
Équations d’équilibre
Exemples de forces volumiques :
– Forces de gravité : poids propre
f¯v (M ) = ρ (M ) ḡ
alors P =
ˆ
Ω
f¯v (M ) dv = mḡ
– Forces d’inertie : disque en rotation (en coordonnées polaires)
f¯v (M ) = ρω 2 r
1.3. Efforts intérieurs
Premier postulat de Cauchy (principe de la coupure) : En un point M quelconque,
les efforts s’exerçant sur un sous domaine Ω0 intérieur à Ω se réduisent à une densité surfacique
d’efforts de contact
df = T M, ∂Ω0 da
exercés sur chaque éléments de frontière da. Cette densité dépend a priori de la forme locale de
l’interface ∂Ω0 .
Définition La densité surfacique T (M, ∂Ω0 ) à travers une interface intérieur ∂Ω0 est appelée
vecteur contrainte. Elle mesure la densité surfacique d’efforts exercés à travers la face d’aire
da et de normale n̄ par la partie située à l’extérieur de Ω0 (signe +) sur la partie située à
l’intérieur (signe -).
Le vecteur contrainte est parfois défini comme la limite
df
da→0 da
T M, ∂Ω0 = lim
8
1 Modélisation des efforts
Second postulat de Cauchy : Le vecteur contrainte T (M, ∂Ω0 ) ne dépend que de la normale n̄ à la surface
T M, ∂Ω0 = T (M, n̄)
Remarques :
1. L’effort de contact au point M , à l’intérieur du milieu, est le même pour deux interfaces
de même normale mais de courbure différente.
2. Cette hypothèse est en particulier vraie pour un liquide exerçant une pression −pn̄ sur
toute surface de normale n̄.
Pour un solide, l’effort de contact dépend également de la normale mais n’est plus nécessairement orienté suivant cette normale (Cauchy parle de pression oblique).
A priori le vecteur contrainte T (M, n̄) est une fonction quelconque de n̄.
Théorème (Premier théorème de Cauchy) Le vecteur contrainte T (M, n̄) exercé sur
la face intérieure du milieu continu dépend linéairement de la normale n̄ à cette interface :
T (M, n1 ē1 + n2 ē2 + n3 ē3 ) = n1 T (M, ē1 ) + n2 T (M, ē2 ) + n3 T (M, ē3 )
(1-1)
Proposition (Principe de l’action réaction) La propriété de linéarité du vecteur contrainte
est cohérente avec le principe de l’action réaction :
T (M, n̄) = −T (M, −n̄)
Équations d’équilibre
2. Tenseur des contraintes de Cauchy
2.1. Notion de vecteur contrainte
Le vecteur contrainte T (M, n̄) représente la densité d’efforts surfaciques, au point M , exercée
à travers une interface de normale n̄.
On définit la composante normale (ou contrainte normale) par
σn = T (M, n̄) .n̄
(1-2)
c’est une grandeur scalaire qui est positive en traction (c’est à dire quand l’extérieur exerce un
effort dirigé vers l’extérieur) et négative en compression.
On définit la composante tangentielle (ou contrainte tangentielle) comme la partie complémentaire :
τ̄ = T (M, n̄) − σn n̄
(1-3)
c’est une grandeur vectorielle portée par la facette ; elle correspond à un effort de cisaillement.
On a la relation de Pythagore :
T (M, n̄)
2
= σn2 + |τ̄ |2
(1-4)
2.2. Formule de Cauchy
Théorème (Formule de Cauchy) La propriété de linéarité (1-1) du théorème de Cauchy
¯ (M ), tel que, pour tout vecteur n̄
implique l’existence d’un tenseur d’ordre 2, noté σ̄
¯ (M ) .n̄
T (M, n̄) = σ̄
(1-5)
¯ (M ) est appelé le tenseur des contraintes de Cauchy au point M .
la grandeur σ̄
¯ (M ) défini une application linéaire par la relation (1-5). Il peut être représenté par
Le tenseur σ̄
la matrice de ses composantes dans la base quelconque (ē1 , ē2 , ē3 ) :
T (M, ē1 ) T (M, ē2 )
ē1
σ11
σ12

ē2  σ21
σ22
ē3
σ31
σ32

[σ (M )](ēi )
10
=
T (M, ē3 )

σ13

σ23

σ33
2 Tenseur des contraintes de Cauchy
La formule de Cauchy (1-5) s’écrit alors sous la forme du produit matrice-vecteur :
{T } = [σ] {n}
⇐⇒
Ti =
3
X
σij nj
⇐⇒
Ti = σij nj
(1-6)
j=1
¯ . Si on travaille avec des composantes on note σij et
Le tenseur des contrainte doit être noté σ̄
si l’on écrit un formule matricielle on écrira [σ].
2.3. Interprétation des composantes du tenseur de Cauchy
¯ dans la base (ē1 , ē2 , ē3 ). Par définition, le vecteur
On note σij les composantes du tenseur σ̄
contrainte T (M, n̄) relatif à la facette de normal n̄ = ē3 s’écrit
T (M, ē3 ) = σ13 ē1 + σ23 ē2 + σ33 ē3 = σ33 n̄ + τ̄
avec τ̄ = σ13 ē1 + σ23 ē2
Interprétation :
– σ33 est la composante normale ;
– σ13 et σ23 sont les composantes tangentielles.
En appliquant ce même raisonnement pour les 2 autres directions on obtient la règle suivante :
– les composantes diagonales σii sont les contraintes normales relativement aux 3 directions
Ox1 , Ox2 , Ox3 ;
– les composantes extra diagonales σij (i 6= j) sont les composantes tangentielles sur les 3
facettes.
Cette analyse permet de donner un sens particulier aux composantes du tenseur des contraintes
en coordonnées cartésiennes. En effet, le vecteur
T (M, ē1 ) = σ11 ē1 + σ21 ē2 + σ31 ē3
est le vecteur contrainte relatif à la facette de normale ē1 . De même, le vecteur
T (M, ē2 ) = σ12 ē1 + σ22 ē2 + σ32 ē3
est le vecteur contrainte relatif à la facette de normale ē2 ; et le vecteur
T (M, ē3 ) = σ13 ē1 + σ23 ē2 + σ33 ē3
est le vecteur contrainte relatif à la facette de normale ē3 .
Représentation classiques des composantes du tenseur des contraintes sur un élément de volume (système de coordonnées cartésiennes).
Équations d’équilibre
2.4. Différents systèmes de coordonnées
Représentention d’un élément de volume selon
– un système de coordonnées cartésiennes
Repère cartésien
Élément de volume
– un système de coordonnées cylindriques
Repère cylindrique
Élément de volume
3. Équations d’équilibre
3.1. Équilibre d’un volume élémentaire
Pour déterminer les équations d’équilibre dans le solide on se pose le problème suivant.
Problème Étant donnés un solide Ω et le système de forces extérieures constitué
s
– des forces de contour F (M ) sur ∂Ω
– des forces de volume f¯v (M ) dans Ω
¯ (M ) en tout
peut on déterminer les efforts intérieurs, c’est à dire le champ de contrainte σ̄
point M ∈ Ω.
La réponse est construite en 3 étapes.
Étape 1. Vérification au préalable de l’équilibre globale de la structure sous l’action des forces
extérieures : [Fe ] = 0. Soit
Forces = 0 ⇐⇒
ˆ
f¯v (M ) dv +
ˆ
F (M ) da = 0
Ω
∂Ω
ˆ
ˆ
X
s
Moments = 0 ⇐⇒
OM ∧ f¯v (M ) dv +
OM ∧ F (M ) da = 0
X
Ω
Étape 2.
12
s
∂Ω
3 Équations d’équilibre
1. On applique le principe de la coupure en isolant un élément de volume dx×dy×dz parallèle
aux directions Ox, Oy, Oz (système de coordonnées cartésiennes). Cet élément de volume
infinitésimal est soumis à une force globale f¯v dv et à des forces de surface sur chacune des
6 faces données par la formule de Cauchy :
¯ (M ) .n̄ ,
T (M, n̄) = σ̄
avec n̄ = ēx , −ēx , ēy , −ēy , ēz , −ēz
2. Par un développement limité à l’ordre 1 de la fonction de M → σxx (M ) au point M , on
écrit la composante σxx au point Mdx de coordonnées (x+dx, y, z) en fonction de σxx (M ) :
σxx (x + dx, y, z) = σxx +
∂σxx
dx + o (dx)
∂x
3. On écrit les équations différentielles traduisant l’équilibre statique de l’élément de volume
dans les 3 directions.
Cas de l’équilibre suivant Ox : bilan des forces suivant la direction ēx qui s’exerce sur les 6 faces
du cube
R/Ox =
∂σxx
dx)dy dz − σxx dy dz
∂x
∂σxy
+ (σxy +
dy)dx dz − σxy dx dz
∂y
∂σxz
+ (σxz +
dz)dx dy − σxz dx dy
∂z
+ fx dx dy dz = 0
Tous calculs fait on obtient
– Équilibre suivant la directions ēx
(σxx +
∂σxz
∂σxx ∂σxy
+
+
+ fxv = 0
∂x
∂y
∂z
– Équilibre suivant la directions ēy
∂σyx ∂σyy
∂σyz
+
+
+ fyv = 0
∂x
∂y
∂z
– Équilibre suivant la directions ēz
∂σzx ∂σzy
∂σzz
+
+
+ fzv = 0
∂x
∂y
∂z
¯ (M )
Étape 3. Condition de raccordement (ou conditions limites) Le champ de contrainte σ̄
solution doit vérifier les conditions limites sur le contour de Ω. Ces conditions sont données par
s
la force surfacique F (M ) sur ∂Ω.
La condition de raccordement impose qu’en tout point M ∈ ∂Ω, le vecteur contrainte T (M, n̄)
soit égale à la force surfacique donnée :
T (M, n̄) = F (M ) ,
s
M ∈ ∂Ω
où n̄ est la normale à la surface en M .
En appliquant la formule de Cauchy on obtient la condition :
¯ (M ) n̄ = F s (M ) ,
σ̄
M ∈ ∂Ω
Équations d’équilibre
Exemple de conditions de raccordement On considère un tube cylindrique sous pression
extérieure :
Condition de raccordement en tout point extérieur au cylindre
T (M, n̄1 ) = −pēr
⇒
σrr (M ) = −p ,
σθr (M ) = σzr (M ) = 0
∀M tel que r = Re
Condition de raccordement en tout point intérieur au cylindre
T (M, n̄2 ) = 0
⇒
σrr (M ) = σθr (M ) = σzr (M ) = 0
∀M tel que r = Ri
On a la définition suivante
¯ (M ) est dit statiquement admissible (SA) s’il véDéfinition Le champ de contrainte σ̄
rifie
1. les équations d’équilibre :
∂σxx ∂σxy
∂σxz
+
+
+ fxv = 0
∂x
∂y
∂z
∂σyx ∂σyy
∂σyz
+
+
+ fyv = 0
∂x
∂y
∂z
∂σzx ∂σzy
∂σzz
+
+
+ fzv = 0
∂x
∂y
∂z
(1-7a)
(1-7b)
(1-7c)
2. les conditions limites sur δΩ :
¯ (M ) .n̄ = F (M )
T (M, n̄) = σ̄
s
pour tout M ∈ ∂Ω
(1-8)
3.2. Symétrie du tenseur des contraintes
Les équations d’équilibre (1-7) ont été obtenues en exploitant la seule condition de nullité des
forces. En écrivant l’équilibre des moments on obtient des restrictions sur les formes possibles
14
4 Exemples d’équilibre élastique
du tenseur des contraintes.
Théorème (Deuxième théorème de Cauchy) Le tenseur de Cauchy est symétrique,
c’est à dire qu’il vérifie
¯ = tσ̄
¯
σ̄
[σ] = t[σ]
⇐⇒
⇐⇒
σij = σji
¯ ne possède que 6 composantes indépendantes.
Par conséquent, σ̄
Illustration sur un élément de volume en coordonnées cartésiennes :
4. Exemples d’équilibre élastique
4.1. Équilibre élastique d’une barre cylindrique en traction-compression
On considère un corps Ω de forme cylindrique avec les conditions de chargement suivant :
– Force volumique nulle :
f¯v = 0 sur Ω
– Surface latérale libre de contrainte :
F = 0 sur ∂Ω − (S0 ∪ Sj )
S
– Conditions aux limites mixtes aux extrémités :
F = −F ēx
S
F = F ēx
S
sur S0
sur Sl
Équations d’équilibre
¯ donné, dans le repère (ēx , ēy , ēz ), par la matrice des comLe champ de contrainte homogène σ̄
posantes


F 0 0



[σ (M )] = 
 0 0 0 
0 0 0
est statiquement admissible. En effet, il vérifie :
¯ est indépendant de M et donc toutes les dérivées de
– les équations d’équilibre, puisque σ̄
v
¯
¯ (M ) sont nulles et f = 0.
M → σ̄
– les conditions limites
¯ (M ) .n̄ = F s (M ) , M ∈ ∂Ω
σ̄
puisque

F

 0

0
 
 
1
 
F 

0 0 
   

0 0  0 =  0  ,
   
0 0 0  0 

F

 0

0




−F 

−1
 
0 0 

  

0 0  0  =  0 
  

0 0 0  0 
4.2. Équilibre élastique d’une sphère creuse sous pression
On considère une enveloppe sphérique de centre O de rayons r0 et r1 . On se place dans un
système de coordonnées sphériques (O, ēr , ēθ , ēφ ).
– Les données sur les contours ne portent que sur les forces surfaciques (pas de déplacement
imposé) :
– Pression uniforme p0 à l’intérieur :
F (M ) = p0 ēr
S
pour r = r0
(∂S0 )
– Pression uniforme p1 à l’extérieur :
F (M ) = −p1 ēr
S
pour r = r1
(∂S1 )
– Les force de volumes sont nulles :
f¯v (M ) = 0 sur Ω
La solution de ce problème d’élasticité est donnés par (cf. cours I3-6)
2B
− r 3 + A


[σ (r)] = 
0



16
0
0
B
+A
r3
0
0
0
B
+A
r3







5 Équations du mouvement
avec les constantes
p0 r03 − p1 r13
1
r03 r13
,
B
=
(p
−
p
)
0
1
2
r13 − r03
r13 − r03
On peut remarquer que dans ce repère, la matrice des contraintes est diagonale. Les composantes tangentielles sont donc nulles.
A=
5. Équations du mouvement
Le principe fondementale de la statique nous a permis d’obtenir des équations d’équilibre
(1-7). On se propose dans cette section d’obtenir les équations du mouvement en appliquant le
principe fondamental de la dynamique.
5.1. Principe fondamental de la dynamique
On considère un milieu continu Ω en mouvement sous l’action de forces extérieures qui sont les
S
forces de volume f¯v et les forces de surface F . On applique le principe de la coupure qui consiste
à exprimer l’équilibre mécanique d’une sous partie quelconque ω ⊂ Ω. Les forces exercées sur ω
sont :
– les forces de volume f¯v (M ) ;
∂ω
– les forces surfaciques F (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 normale
en M à ∂ω et de façon linéaire :
F
∂ω
¯ (M ) .n̄
(M ) = T (M, n̄) = σ̄
Théorème (Principe fondamental de la dynamique) Pour tout Ω et pour toute sous
partie ω ⊂ Ω, le torseur des efforts extérieurs est égale au torseur des quantités d’accélération,
ce qui s’écrit :
i h
i
d h
Rmvt , M mvt = Rext , M ext
∀ω ⊂ Ω
dt
Calcul des différents termes :
– Torseur des quantités de mouvement de ω
´
Rmvt = ω ρv̄dv
´
M mvt = ω OM ∧ ρv̄dv
Équations d’équilibre
– Torseur des forces extérieurs agissant sur ω
´
∂ω
¯v dv +
f
da
ω
∂ω F
´
´
∂ω
= ω OM ∧ f¯v dv + ∂ω OM ∧ F da
Rext =
M ext
´
Le principe fondamental de la dynamique s’écrit donc
ˆ
ˆ ∂ω
v
¯
ργ̄ − f dv =
F da
∂ω
ˆ
ˆω
∂ω
v
OM ∧ ργ̄ − f¯ dv =
OM ∧ F da
(1-9a)
(1-9b)
∂ω
ω
pour tout sous domaine ω ∈ Ω.
L’équation (1-9a) traduit la conservation de la quantité de mouvement. En appliquant le
théorème de Cauchy et la formule de la divergence (cf. page 84) pour l’équation (1-9a), on
obtient
ˆ ˆ
ˆ
ˆ ∂ω
v
v
¯
¯
¯.n̄da
σ̄
ργ̄ − f dv −
ργ̄ − f dv −
F da =
ω
∂ω
∂ω
ω
ˆ ˆ
¯ dv
ργ̄ − f¯v dv − divσ̄
=
ω
ω
ˆ ¯ dv = 0 ∀ω ∈ Ω
=
ργ̄ − f¯v − divσ̄
ω
5.2. Équations du mouvement
L’égalité étant vérifiée pour tout sous domaine ω de Ω, on a l’égalité
¯ = 0 ∀M ∈ Ω
ργ̄ − f¯v − divσ̄
(1-10)
Cette équation (vectorielle) constitue l’équation du mouvement.
Lorsque l’accélération γ est nulle (mouvement de translation uniforme) on retrouve les équations d’équilibre écrites avec l’opérateur divergence
¯ (M ) + f¯v (M ) = 0 pour tout M ∈ Ω
divσ̄
(1-11)
5.3. Différents systèmes de coordonnées
¯ dans différents systèmes de coordonnées, on peut écrire les
En exprimant l’opérateur divσ̄
équations du mouvement en :
– en coordonnées cartésiennes orthonormées
∂σxx ∂σxy
∂σxz
+
+
+ fxv = 0
∂x
∂y
∂z
∂σyx ∂σyy
∂σyz
ργy +
+
+
+ fyv = 0
∂x
∂y
∂z
∂σzx ∂σzy
∂σzz
ργz +
+
+
+ fzv = 0
∂x
∂y
∂z
ργx +
18
6 Cas des poutre
– en coordonnées cylindriques
∂σrr
1 ∂σrθ
∂σrz
σrr − σθθ
+
+
+
+ frv = 0
∂r
r ∂θ
∂z
r
∂σθr
1 ∂σθθ
∂σθz
σrθ
ργθ +
+
+
+2
+ fθv = 0
∂r
r ∂θ
∂z
r
∂σzr
1 ∂σzθ
∂σzz
σzr
ργz +
+
+
+
+ fzv = 0
∂r
r ∂θ
∂z
r
ργr +
– en coordonnées sphériques
∂σrr
1 ∂σrθ
1 ∂σrϕ 2σrr − σθθ − σϕϕ + σrθ cot θ
+
+
+
+ fr = 0
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
r
1 ∂σθθ
1 ∂σθϕ (σθθ − σϕϕ ) cot θ + 3σrθ
∂σθr
+
+
+
+ fθ = 0
ργθ +
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
r
∂σϕr
1 ∂σϕθ
1 ∂σϕϕ 3σϕr + 2σϕθ cot θ
ργϕ +
+
+
+
+ fϕ = 0
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
r
Dans ce chapitre on cherche à montrer le parallèle entre l’approche en théorie des poutres et
en théorie de l’élasticité. Cette partie sera reprise et approfondie dans la deuxième partie du
cours assurée par Philippe Guy.
Pour cela, on rappelle tout d’abord les hypothèses associées au modèle poutre :
– hypothèses sur la géométrie du solide ;
– hypothèses sur la représentation des efforts extérieurs.
ργr +
6. Cas des poutre
6.1. Hypothèses géométriques
Le solide est représenté géométriquement à sa ligne moyenne : c’est un milieu continu unidimensionnel (1-d) également appelé milieu curviligne.
Courbe directrice : s = section droite
s
Section droite
La ligne directrice est décrite par une abscisse curviligne, c’est-à-dire une grandeur scalaire s :
c’est le caractère unidimensionnel du solide. Cette courbe est orientée de GA vers GB . Dans les
applications ordinaires cette courbe est rectiligne mais elle peut être courbe (exemple le formules
de Bress). De même la section est souvent considéré comme constante mais elle peut dépendre
de s
6.2. Modélisation des efforts
Efforts extérieurs
On définit les efforts extérieurs suivants :
Équations d’équilibre
Force de volume dans Ω Le corps étant unidimensionnel, cette force (torseur) s’applique sur la
ligne moyenne ; elle est constituée d’une force et d’un moment linéique (charge répartie).
f¯ (s) , m̄ (s)
Cela permet de représenter par exemple le poids propre ou l’action du vent.
Forces de contour sur ∂Ω Le contour de Ω, autrement dit sa frontière, est constituée des 2
points extrémités de la poutre. Les forces de contour sont donc constituées par les deux
torseurs aux points GA , GB de la poutre
F [A] = RA , ΓA ; F [B] = RB , ΓB
n
o
n
o
Ces forces permettent de représenter les actions de contact.
s
Efforts intérieurs
Principe de la coupure : on introduit le torseur des efforts intérieurs (torseur de cohésion)
[χ (s)] = G (s) , RG , ΓG
h
i
Il représente l’action de la partie droite sur la partie gauche (le corps est orienté)
Coupure à l'abscisse s
s
Cet effort peut être décomposé vectoriellement dans un repère relatif à la section droite. Soit
n̄ le vecteur unitaire normal à la section, on peut écrire :
RG =
NG n̄
effort normal
ΓG =
+
CG n̄
momoent de torsion
20
s
VG
effort tranchant
+
MG
moment de flexion
6 Cas des poutre
6.3. Contraintes dans une poutre
Vecteur contrainte sur une section droite
Reprenons la modélisation des efforts intérieurs définis pour les poutres à la section ??. On
note
h
i
[χ (s)] = G (s) , RG , ΓG
les éléments de réduction du torseur de cohésion et T (M, n̄) le vecteur contrainte en un point
M sur la section droite.
On a les relations suivantes :
RG =
ΓG =
ˆ
ˆSG
T (M, n̄) da
GM ∧ T (M, n̄) da
SG
D’un point de vu physique, le vecteur
df = T (M, n̄) da
représente la force de cohésion sur l’élément de surface d’aire da et de normale n̄ (n̄ garde
une direction constante). D’un point de vu plus mathématique, T (M, n̄) représente une densité
surfacique de force et RG , ΓG apparaissent comme la résultante en G des actions locales de
liaison df (M ) sur la section droite.
Composantes du vecteur contrainte
On note ēx , ēy , ēz les vecteurs unitaires construis sur les directions Ox, Oy, Oz associées à la
section droite.
Le vecteur contrainte se décompose dans la base (ēx , ēy , ēz )
T (M, ēx ) = σx ēx + τyx ēy + τzx ēz
= σn̄ + τ̄
où le terme σ = σx représente la contrainte normale (contrainte de traction) et le terme τ̄ =
τyx ēy + τzx ēz représente la contrainte tangentielle (contrainte de cisaillement).
Exemple 1 - Traction simple sur une poutre droite
Cas particulier d’un état de contrainte dans une poutre généré par une traction simple d’axe
Ox.
Équations d’équilibre
On a
RG = N ēx = F ēx
On pose alors
T (M, n̄) =
N
ēx = σēx
S
ou S désigne l’aire de la section droite.
Bilan :
1. Le vecteur contrainte est réduit à sa composante normale σxx = σ.
σ 0 0



= 0 0 0 

0 0 0


[σ (M )](ēx ,ēy ,ēz )
2. La contrainte σ = F/S est supposée uniformément répartie sur la section droite.
Exemple 2 - Flexion pure sur une poutre droite
Cas particulier d’un état de contrainte dans une poutre généré par une flexion pure. On
suppose que les directions Oy et Oz sont parallèles aux axes principaux de la section.
On a
RG = 0 et ΓG = M = My ēy + Mz ēz
On montre avec les hypothèses classiques de la RdS (Bernouilli) que
T (M, n̄) = σ (M ) ēx
avec
My
Mz
z−
y
IGy
IGz
où y, z sont les coordonnées du point M dans le repère (G, x, y, z). On a encore
σ (M ) =
σ 0 0



= 0 0 0 

0 0 0

[σ (M )](ēx ,ēy ,ēz )
22

6 Cas des poutre
Exemple 3 - Cisaillement simple sur une poutre droite
Cas particulier d’un état de contrainte dans une poutre généré par un cisaillement simple.
On a
RG = V = Vy ēy + Vz ēz
D’où le vecteur contrainte
T (M, n̄) = τ̄ = τyx ēy + τzx ēz
Le tenseur des contraintes s’écrit
0


=  τyx
τzx

[σ (M )](ēx ,ēy ,ēz )
? ?

0 0 

0 0

Symétrie du tenseur des contraintes
Cette forme particulière du tenseur des contraintes a des conséquences sur les contraintes
présentes dans une poutre. On note ēx , ēy , ēz les vecteurs unitaires construis sur les directions
Ox, Oy, Oz associées à la section droite.
Par raison de symétrie le tenseur des contraintes s’écrit dans la base (ēx , ēy , ēz )
T (M, ēx ) T (M, ēy ) T (M, ēz )

σx
τxy
τxz


τyx
0
0


τzx
0
0

¯ impose donc l’existence de contraintes de cisaillement :
La symétrie de σ̄
– sur la facette de normale ēy :
T (M, ēy ) = τxy ēx
– sur la facette de normale ēz :
T (M, ēz ) = τxz ēx
Équations d’équilibre
Examinons le cas bien connu d’une poutre soumis à un effort tranchant V G :
Cet effort tranchant se traduit localement (au point M ) par l’existence d’une contrainte de
cisaillement sur la section droite
τyx
La propriété de symétrie du tenseur des contraintes nous assure de l’existence d’une contrainte
tangentielle réciproque
τxy = τyx
6.4. Équations d’équilibre dans une poutre
Pour illustrer la démarche qui a conduit aux équations d’équilibre (1-7), reprenons les mêmes
étapes mais dans les cas du modèle poutre.
Reprenons les notations de la section ??.
s
On cherche à écrire une relation entre les les efforts extérieurs donnés
[FA ] , [FB ] , [F (s)]
et les efforts intérieurs inconnus
[χ (s)]
pour tout s ∈ [0, l]
Comme précédemment, on procède 3 étapes.
Étape 1 Il convient tout d’abord de s’assurer que les efforts extérieurs donnés sont compatibles
avec la condition d’équilibre statique global. autrement dit, il faut vérifier que le torseur des
efforts extérieurs est nul :
[Fe ] = 0
Soit les conditions
X
24
F orces = 0
⇐⇒
RA + RB +
ˆ
0
l
f¯ (s) = 0
6 Cas des poutre
X
M oments = 0
ˆ
l
ΓA + ΓB +
mG (s) ds
0
ˆ l
+
OG (s) ∧ f (s) ds
⇐⇒
0
+ OA ∧ RA + OB ∧ RB = 0
Étape 2 Formulation de l’équation d’équilibre. On applique le principe de la coupure pour
introduire les efforts intérieurs. On isole pour cela un élément de longueur élémentaire ds et on
exprime principe fondamentale de la statique statique pour cet élément de volume :
[χ (s + ds)] − [χ (s)] +
ˆ
0
ds
[F (s + τ )] dτ = 0
s
A l’ordre 1, l’élément de volume est suffisamment petit pour que l’on considère [F (s)] constant
entre G et G0 , soit :
ˆ
0
ds
[F (s + τ )] dτ ≈ [F (s)] ds
(vrai à l’ordre 1)
d’où
[χ (s + ds)] − [χ (s)] + [F (s)] ds = 0
Par passage à la limite on obtient :


dR


(s) + f¯ (s) = 0

d
ds
[χ (s)] + [F (s)] = 0 ⇐⇒

ds

 dΓ (s) + n̄ ∧ R (s) + m (s) = 0

ds
Étape 3
Résolution du problème d’équilibre
1. On intègre les équations différentielles


dR


(s) + f¯ (s) = 0

ds


dΓ


(s) + n̄ ∧ R (s) + m (s) = 0
ds
2. On détermine les constantes d’intégration en utilisant les conditions limites.
Conditions limites : valeurs du torseur [χ (s)] sur le contour ∂Ω de Ω
– pour s = 0, [χ (s)] = [FA ]
– pour s = l, [χ (s)] = [FB ]
(1-12)
Équations d’équilibre
Exemple classique d’une poutre droite dans un repère cartésien (i.e s = x)
On considère le chargement chargement extérieur suivant :
[f (x)] = G (x) , f¯ (x) , m̄ (x)
h
i
avec

 f¯ (x) = fy ēy

m (x) = 0
Le torseur des efforts intérieurs s’écrit :
[χ(x)] = G (x) , R, Γ̄
h
i
avec

 R = N ēx + V

Γ = C ēx + M
En appliquant les formules (1-12) on obtient les équations d’équilibre classique :

dN


= 0;

dx

dC


= 0;
dx
26
dVy
= fy ;
dx
dMy
− Vz = 0
dx
dVz
=0
dx
dMz
+ Vy = 0
dx
Étude des contraintes
2
La notion de contrainte est centrale en élasticité. Cette section, plus pratique que la précédente,
est entièrement consacrée à l’étude des contraintes.
1. Directions et contraintes principales
1.1. Changement de repère
On considère un milieu continu Ω et on s’intéresse aux propriétés du tenseur des contraintes
¯
¯ dans
σ̄ (M ) en un point M quelconque de Ω. Soit [σij ] le matrice des composantes du tenseur σ̄
0
la base (ēi ). On considère une deuxième base (ēi ) pour laquelle on connait la matrice de passage
[R] = [αij ] de (ēi ) → (ē0i ).
ē0i =
3
X
αij ēj
avec αij = ē0i .ēj
(2-1)
j=1
la matrice [R] est appelée la matrice des cosinus directeur ; c’est un matrice de rotation, elle
vérifie
[R]−1 = t[R]
¯ dans la base (ē0i ) sont données par la matrice
Les composantes de σ̄
σ = [R] [σ] t[R]
0
(2-2)
Cette expression constitue la formule de changement de repère.
1.2. Directions et contraintes principales
1.2.1. Problématique
Soit
T (M, n̄) = σn n̄ + τ̄
le vecteur contrainte point M sur une facette quelconque de normale n̄.
27
Étude des contraintes
Question : Existe t-il, en ce point, une direction particulière n̄0 telle que le vecteur contrainte
sur cette facette soit colinéaire avec n̄, autrement dit telle que la composante tangentielle soit
nulle ?
Éléments de réponse : On cherche la direction n̄0 telle que
T (M, n̄0 ) = σn n̄0
La formule de Cauchy permet d’écrire
¯ (M ) n̄0 = σn n̄0
σ̄
¯ associée à la valeur propre σn
Alors n̄0 est une direction propre de σ̄
1.2.2. Résultat d’algèbre
¯ étant symétrique, Il possède 3 valeurs propres réelles (disThéorème Le tenseur de Cauchy σ̄
tinctes ou confondues) σ1 , σ2 , σ3 et 3 directions propres Ox1 , Ox2 , Ox3 . Il est donc toujours
possible de définir une base orthonormée propres (ē1 , ē2 , ē3 ) construit sur les directions propres
Ox1 , Ox2 , Ox3 .
1. Les contraintes σ1 , σ2 , σ3 sont appelées les contraintes principales.
2. Les directions propres sont les directions principales (des contraintes).
Remarques
1. Sur chacune des facettes orientées selon une direction principale, le vecteur contrainte vaut
T (M, ēi ) = σi ēi ,
i = 1, 2, 3
Autrement dit, T (M, ēi ) est purement normal (pas de cisaillement) et sa norme est égale
à la contrainte principale associée σi .
2. Les 6 composantes indépendantes du tenseur (6 ddl) correspondent à :
– 3 paramètres d’orientation (les directions principales)
– 3 paramètres d’intensité (les contraintes principales)
1.2.3. Calcul des contraintes principales
¯ forment une
Dans la base (ēi ) orientée selon les directions principales, les composantes de σ̄
matrice diagonale :


σ1 0 0



[σ](ēi ) = 
 0 σ2 0 
0 0 σ3
Les contraintes principales σ1 , σ2 , σ3 sont les racines du polynômes caractéristiques :
28
2 Représentation de Mohr
det ([σ] − λ [I]) = −λ3 + I1 λ2 − I2 λ + I3
où I1 , I2 , I3 sont des fonctions des σi définis par
I1 = tr [σ] = σ1 + σ2 + σ3
I2 =
1
2
h
(tr [σ])2 − tr [σ]2
i
(2-3)
I3 = det [σ]
2. Représentation de Mohr
2.1. Plan de Mohr
¯ (M ) par ses composantes
On se place en un pont M fixe de Ω et on suppose que l’on connait σ̄
σij dans une base quelconque. Dans la représentation de Mohr on s’intéresse fondamentalement
aux composantes du vecteur contrainte
T (M, n̄) = σn n̄ + τ̄
lorsque la facette tourne autour de M . On peut définir dans le plan (n̄,
T (M, n̄)) un vecteur
unitaire t̄ orthogonal à n̄ ; son orientation est arbitraire. Le plan M, n̄, t̄ est attaché à la facette,
il bouge lorsque la facette tourne.
Représentation de la facette dans l’espace
Représentation dans le plan M, n̄, t̄
L’orientation de l’axe M τ étant choisie on peut définir le scalaire τ = M τ tel que
τ̄ = τ t̄
Pour chaque orientation de la facette, on peut donc déterminer les composantes σ, τ de T (n̄)
dans le repère de la facette :
T (n̄) = σn̄ + τ t̄
Définition La représentation de Mohr consiste à tracer l’extrémité du vecteur contrainte
T (n̄) dans un plan virtuel
auxiliaire, lié à la facette, et défini par les axes orthogonaux Oσ
et Oτ tels que Oσ, Oτ = +π/2. Ce plan est appelé le plan de Mohr.
Étude des contraintes
τ
+
π
2
σ
σ
O
τ
T = (σ, τ )
Pour chaque vecteur T (n̄) on reporte les composantes (σ, τ ) dans le plan de Mohr. Le point
T = (σ, τ )
représente dans le plan l’extrémité du vecteur contrainte T (n̄).
Le tableau présente différentes représentations du vecteur contrainte
T (M, n̄) = σn n̄ + τ̄
lorsque la facette tourne autour de M
Représentation de la facette
dans l’espace
Représentation dans le plan
n̄, t̄
Plan de Mohr Oσ, Oτ
τ
+
π
2
σ
O
τ
le plan
On définit dans
n̄, T (M, n̄) le vecteur
unitaire t̄ orthogonal à n̄
On choisi l’orientation du
vecteur t̄ de sorte de
pouvoir définir τ̄ = τ t̄
σ
T = (σ, τ )
Pour chaque orientation de
n̄ on place le point
T = (σ, τ ) dans le plan de
Mohr.
Table 2.1.: représentations du vecteur contrainte
2.2. Cercles de Mohr
On cherche à tracer, dans le plan de Mohr, l’extrémité du vecteur contrainte lorsque n̄ varie
¯ ne dépendant
(i.e. lorsque la facette tourne autour de M ). Comme le tenseur des contraintes σ̄
pas de l’orientation de la facette, on va chercher à exprimer σ, τ en fonction des composantes de
¯ dans le repère principal.
σ̄
Étape 1
¯:
On se place dans le repère (ē1 , ē2 , ē3 ) dirigé suivant les directions principales de σ̄
σ
0 0
 1


=  0 σ2 0 

0 0 σ3

[σ](ēi )
30

2 Représentation de Mohr
Dans un premier temps, on se limite aux facettes parallèles à la direction Ox3 ; ainsi,
n̄ appartient au plan (M x1 x2 ) .
Cela correspond aux rotations de la facette autour de l’axe M x3 . On note θ l’angle entre ē1 et
n̄ :
θ = (ē1 , n̄)
Étape 2 On oriente le vecteur t̄ (vecteur unitaire dans le plan (T (n̄), n̄), normal à n̄) de tel
sorte que
le trièdre n̄, t̄, ē3 soit direct
x2
t̄
+
σ
n̄
θ
x1
M
T (n̄)
τ
Remarque
La possibilité de choisir une orientation pour le vecteur t̄ (avec le choix du trièdre
n̄, t̄, ē3 direct) permet de définir le signe pour la contrainte tangentielle τ , avec τ̄ = τ t̄.
Étape 3
On a d’une part la relation vectorielle
T (n̄) = σn̄ + τ t̄
(2-4)
D’autre part, on a la relation de Cauchy
¯ n̄
T (n̄) = σ̄
soit, en terme de composantes dans repère principale (ē1 , ē2 , ē3 ),




σ1 cos θ 
cos θ 


0 
 


n o σ1 0



{T (n̄)} = [σ](ē1 ,ē2 ,ē3 ) n =  0 σ2 0  sin θ = σ2 sin θ




 


0 0 σ3  0   0 

autrement dit
T (n̄) = σ1 cos θē1 + σ2 sin θē2
(2-5)
Étude des contraintes
Pour
égaler les 2 expressions de T (n̄), on projette l’équation (2-5) dans le repère de la facette
n̄, t̄ . On a
ē1 = cos θn̄ − sin θt̄
ē2 = sin θn̄ + cos θt̄
d’où, en remplaçant ē1 , ē2 dans (2-5),
+
x2
n̄
t̄
T (n̄) = σ1 cos2 θ + σ2 sin2 θ n̄
θ
− (σ1 cos θ sin θ + σ2 cos θ sin θ) t̄
M
x1
On obtient par identification les relations
σ = σ1 cos2 θ + σ2 sin2 θ
(2-6a)
τ = −σ1 cos θ sin θ + σ2 cos θ sin θ
(2-6b)
Étape 4 Transformation trigonométrique
On peut exprimer σ (θ) , τ (θ) en fonction de l’angle double en utilisant les formules trigonométriques
2 cos θ sin θ = sin 2θ, 2 cos2 θ = 1 + cos 2θ, 2 sin2 θ = 1 − cos 2θ
On obtient ainsi
σ1 + σ2 σ1 − σ2
+
cos (−2θ)
2
2
σ1 − σ2
sin (−2θ)
τ=
2
σ=
(2-7a)
(2-7b)
On reconnait la description paramétrique en θM = −2θ d’un cercle de centre OM = (d, 0) et
de rayon R :
σ = d + R cos θM
τ = 0 + R sin θM
avec
d=
|σ1 − σ2 |
σ1 + σ2
et R =
2
2
Bilan
Lorsque la facette tourne d’un angle θ autour de la direction de la contrainte principale
σ3 , l’extrémité du vecteur contrainte (point T ) tourne sur le cercle de Mohr d’un angle
θM = −2θ (angle double et opposé). θM est l’angle entre l’axe Oσ et le rayon-vecteur OM T .
32
2 Représentation de Mohr
σ = d + R cos (θM )
τ = 0 + R sin (θM )
T (n̄) = σn̄ + τ t̄
x2
τ
R
t̄
σ
n̄
θ
OM
x1
T (n̄)
M
O
τ
σ
σ
θM
τ
T
2.3. Points remarquables sur le cercle
1. Pour θ = 0, on a θM = 0, σ = σ1 et τ = 0
x2
τ
t̄
T (n̄)
σ1 x1
n̄
M
OM
O
θM = 0
T σ1
σ
2. Pour θ = π/2, on a θM = −π, σ = σ2 et τ = 0, ce qui correspond aux 2 facettes dirigées
selon les directions principales 1 et 2.
x2
τ
n̄
σ2 T (n̄)
θ=
π
2
σ2 T
t̄
M
O
OM
x1
σ
θM = −π
3. Pour θ = π/4, on a θM = −π/2, σ =
1
2
(σ1 + σ2 ) et τ = τmax (dans le plan (ē1 , ē2 ))
Étude des contraintes
x2
τ
σ
t̄
n̄
θ=
M
π
4
T (n̄)
x1
O
σ OM
θM
τ
σ
π
=−
2
T
τ
2.4. Propriétés déduites du cercles de Mohr
Propriété 1 : Symétrie par rapport à l’axe Oσ
Sur 2 facettes symétriques par rapport aux directions principales s’exercent des contraintes
normales égales et des contraintes tangentielles opposées.
x2
τ
t̄
τ
τ
T (n̄)
x1
n̄ θ
M
T
OM
θM = −2θ
σ
O
σ
σ
x2
τ
t̄
τ
t̄
T (n̄)
0
T (n̄)
x1
θ
M
−τ
τ
σ
n̄0
n̄ −θ
σ
T
OM
O
τ
θM = −2θ
σ
σ
−θM = 2θ
T
Propriété 2 : Symétrie par rapport au centre OM
Sur 2 facettes orthogonales s’exercent des contraintes tangentielles opposées.
34
2 Représentation de Mohr
x2
τ
t̄
n̄2
π
−θ
2
τ
t̄
σn2
M
M
−τ
n̄1
T (n̄2 )
τ
T (n̄1 )
σn2
T1
O
x1
θ
OM
σn1
T1
θM
σn1
σ
−τ θM − π
2.5. Tricercle de Mohr
En suivant le même raisonnement que précédemment on peut construire deux autres cercles
de Mohr représentant l’extrémité du vecteur contrainte lorsque la facette tourne autour des deux
autres directions principales.
On suppose que les contraintes principales sont ordonnées telles que σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 et que le
trièdre associé aux directions principales 1, 2, 3 est direct.
Théorème Pour toute facette, l’extrémité T = (σ, τ ) du vecteur contrainte appartient à l’espace
du plan de Mohr compris entre le grand cercle de Mohr et les 2 cercles plus petits.
τ
τ
T
σ3
σ2
σ1
σ
O
σ
Corollaire La contrainte normale maximale (respect. minimale) est égale à σ1 (respect. σ3 ) ;
elle s’exerce sur la facette normale à la direction principale 1. (respect. 3). L’expression générale
est
σmax = max (σi , i = 1, 2, 3)
(2-8)
Corollaire La contrainte tangentielle maximale (en valeur absolue) est égale à |σ1 − σ3 | /2
(rayon du grand cercle de Mohr) ; elle s’exerce sur les facettes parallèles à la direction principale
2 et inclinée à ±π/4 sur les directions principales 1 et 3. On peut écrire
τmax = max
1
2
|σi − σj | , i, j = 1, 2, 3
(2-9)
Étude des contraintes
τ
τmax
τ
T
σ3 O
OM 2
σ2
σ
σ1
σ
σmax
3. États de contraintes remarquables
3.1. État de contrainte uniaxial
Définition Soit (ēi ) une base orthonormée. On appelle tenseur des contraintes uniaxial dans la
¯ tel que ses composantes dans la base (ēi ) soient
direction ē1 et d’intensité σ, le tenseur σ̄
σ 0 0



=  0 0 0

0 0 0


[σ](ēi )
autrement dit, tel que
T (ē1 ) = σē1 , T (ē2 ) = T (ē3 ) = 0
Conséquence Les directions Ox1 , Ox2 , Ox3 sont les 3 directions principales associées respectivement aux contraintes principales σ1 = σ, σ2 = σ3 = 0.
Exemple C’est l’état de contrainte que l’on observe dans un barreau cylindrique d’axe Ox1
soumis à une traction uniforme.
Cercles de Mohr pour un état de contrainte uniaxial Il n’y a qu’un cercle de Mohr correspondant à l’état de contrainte uniaxial
τ
σ 0 0



[σ] =  0 0 0

0 0 0

36

O
OM
σ2 = σ3 = 0
σ1 = σ
σ
3 États de contraintes remarquables
La contrainte tangentielle maximale τmax > 0 vaut
τmax =
σ1
2
et l’orientation de la facette correspondante est donnée par l’angle θ = (n̄, ē1 )
θM =
π
θM
π
⇒ θ=−
=−
2
2
4
τ
τmax
T
θM =
O
OM
π
2
σ1σ = σ
σ2 = σ3 = 0
Représentation du vecteur contrainte T (n̄) = σn̄ + τ t̄ dans le repère (ē1 , ē2 ), ainsi que le point
T = (σ, τ ) dans le plan de Mohr, lorsque la facette tourne autour de l’axe Ox3 d’un angle θ
– θ=0
x2
τ
t̄
n̄
M
– θ=−
T (n̄)
x1
OM T (n̄)
σσ
O
π
4
x2
τ
T
τ
t̄
σ
T (n̄) =
n̄ + t̄
2
x1
π
θ=−
4
M
n̄
σ
– θ=−
π
2
θM =
O
π
2
OM
σ
Étude des contraintes
x2
τ
θM = π
t̄
M T (n̄) = 0
n̄
T
O σ=0
x1
θ=−
OM
σ
π
2
3.2. État de contrainte biaxial (ou plan)
Définition Soit (ēi ) une base orthonormée. On appelle tenseur plan (relativement au plan
¯ tel que ses composantes dans la base (ēi ) soient
Ox1 x2 ) le tenseur σ̄
σ
σ12 0

 11

= σ21 σ22 0

0
0 0

[σ](ēi )

autrement dit, tel que
T (ē3 ) = 0
Conséquence La directions Ox3 est une direction principale associées à la contrainte principale
0. Les 2 autres directions principales sont nécessairement dans le plan Ox1 x2 .
Exemple Tenseur des contraintes en un point d’une surface libre, c’est à dire un point M ∈ ∂Ω
s
tel que F (M ) = 0. On a en effet
¯ (M ) n̄ = 0
T (M, n̄) = σ̄
¯ (M ) est plan relativement au plan tangent en M à ∂Ω.
Le tenseur σ̄
Cercles de Mohr pour un état de contrainte plan
donné dans le repère des directions principales par
σ
0 0
 1


=
0
σ
2 0

0 0 0

[σ](ēi )
On considère l’état de contrainte bi-axial

On peut distinguer 3 situations selon le signe des contraintes principales. Pour chacune des
situations on peut tracer les cercles de Mohr et calculer la valeur de la contrainte tangentielle
maximale τmax .
38
3 États de contraintes remarquables
Cas 0 < σ2 < σ1 , on a τmax = σ1 /2
τ
τmax
σ3
O
σ2
Cas σ2 < 0 < σ1 , on a τmax = (σ1 − σ2 ) /2
τ
τmax
σ1
σ2
σ
OM 2
OM 3 σ3
O
σ1
σ
Cas σ2 < σ1 < 0, on a τmax = −σ2 /2
τ
τmax
σ2
σ1
OM 1
σ3
O
σ
3.3. État plan de cisaillement ou scission simple
Définition Soit (ēi ) une base orthonormée. On appelle tenseur de cisaillement par rapport aux
¯ tel que ses composantes dans la base (ēi ) soient
deux directions x1 et x2 le tenseur σ̄
0 τ 0



=
τ 0 0
0 0 0

[σ](ēi )

Conséquence Les contraintes principales et les directions principales (dans la base (ēi )) sont :
σ1 = τ, σ2 = −τ, σ3 = 0
 



1

 
 






1


0

1
1
√
,
n̄
=
,
n̄
=
n̄1 = √
1
−1
0
2
3

2
2
 

 





1
0
0
Cercles de Mohr pour un état de cisaillement
par rapport à l’axe vertical.
Les 2 petits cercles de Mohr sont symétriques
Étude des contraintes
τ
τmax
τ 0

[σ] = 
0 −τ
0 0

0

0

0

τ
τ
O
σ
3.4. État de contrainte triaxial sphérique
¯ de la forme
Définition On appelle tenseur des contraintes sphérique le tenseur σ̄
−p 0
0



ou [σ] =  0 −p 0 

0
0 −p

¯ = −p¯
σ̄
1̄

quelque soit la base. On a donc pour tout vecteur n̄
T (n̄) = −pn̄
Les 3 cercles de Mohr sont réduits au point O, centre du repère.
τ
O
σ
Conséquence Toute direction est direction principale associée à la contrainte principale −p.
Si p est positif il s’agit d’une compression (le scalaire p représente la pression), si p est positif il
s’agit d’une compression.
Exemple
Tout solide Ω soumis à un chargement de la forme
F (M ) = −pn̄
s
40
pour tout M ∈ ∂Ω
4 Élasticité plane
4. Élasticité plane
4.1. Champ de contrainte plane
4.1.1. Définition d’un champ de contrainte plane
On considère une base (ēx , ēy , ēz ) et un solide Ω ∈ R3 .
¯ (M ) , M ∈ Ω est dit plan, parallèlement à (Oxy) si
Définition Le champ de contrainte σ̄
¯
– σ̄ (M ) est indépendant de la coordonnée z ;
¯ (M ) est un tenseur plan, relativement au plan (Oxy) c’est à dire si
– σ̄
σ
σxy 0
 xx


=
σyx σyy 0
0
0 0

[σ](ēx ,ēy ,ēz )

4.1.2. Problème tridimensionnel de contrainte plane
On considère le problème d’équilibre suivant : soit un solide Ω de forme cylindrique, parallèle
à (Oxy), d’épaisseur h, soumis aux chargements suivants :
v
– les forces volumiques f sont parallèles à (Oxy) est indépendantes de z ;
– les surfaces S0 et Sh sont libre de contrainte ;
– les forces de contour sur la surface latérale sont parallèles à (Oxy) est indépendantes de z :
F (M ) = Fx (x, y) ēx + Fy (x, y) ēy
s
Le champ de contrainte solution de ce problème d’élasticité n’est en général pas plan. On a
cependant le résultat suivant :
Lorsque l’épaisseur h est faible devant S0 , ce problème peut être ramené à l’étude d’un
problème plan. Cette simplification est appelée l’approximation des tranches minces.
Représentation des contraintes sur un élément de surface dS0
Étude des contraintes
¯ sous la forme d’une matrice 2 × 2 :
On écrira les composantes de σ̄
[σ](ēx ,ēy ,ēz )
"
σ
σxy
= xx
σyx σyy
#
"
σx τxy
ou encore [σ] =
τyx σy
#
4.1.3. Exemples de problèmes assimilables à des problèmes d’élasticité plane
Ballon (film mince) sous pression : état de
contrainte biaxial équilibré
Torsion dans un tube mince : état plan de
cisaillement
4.2. Cercle de Mohr en contrainte plane
On est dans le cas particulier où Oz est une direction principale associée à la contrainte nulle :
T (M, ēz ) = 0. On peut donc restreindre les facettes étudiées aux facettes parallèles à la direction
Oz. Par conséquent, l’extrémité du vecteur contrainte T = (σ, τ ) décrit le cercle de Mohr de de
diamètre σ1 σ2 .
Rappel : (important) On définit le vecteur unitaire t̄ dans le plan M, n̄, T tel que le trièdre
n̄, t̄, ēz soit orthonormé direct.
On écrit
T (n̄) = σn̄ + τ t̄ dans le repère n̄, t̄ et T = (σ, τ ) dans le plan de Mohr
y
τ
t̄
OM =
σ
n̄
θ
O
x
T (n̄)
M
σ1 +σ2
2 ,0
OM
σ
σ
θM = −2θ
τ
τ
T
¯ dans le repère des directions principales :
En partant des composantes de σ̄
σ
0
[σ] = 1
0 σ2
"
#
on a obtenue les relations (2-6) (cf. page 32)
σ = σ1 cos2 θ + σ2 sin2 θ
τ = −σ1 cos θ sin θ + σ2 cos θ sin θ
42
4 Élasticité plane
et les mêmes en fonction de l’angle double θM = −2θ (relation (2-7)) :
σ1 + σ2 σ1 − σ2
+
cos (−2θ)
2
2
σ1 − σ2
sin (−2θ)
τ=
2
σ=
4.3. Formules du cercle de Mohr en contrainte plane
¯ dans un repère
On cherche à exprimer les composantes (σ, τ ) en fonction des composantes de σ̄
(ēx , ēy ) quelconque :
#
"
σx τxy
[σ](ēx ,ēy ) =
τyx σy
En appliquant les formules de changement de base, de la base (ēx , ēy ) vers la base n̄, t̄ (cf.
section 1.1 et exercice 1)
[σ](n̄,t̄) = [R] [σ](ēx ,ēy ) t[R]
avec
cos θ sin θ
[R] =
− sin θ cos θ
"
#
on obtient les relations générales
σn = cos2 θσx + sin2 θσy + 2 cos θ sin θτxy
(2-10)
σt = sin2 θσx + cos2 θσy − 2 cos θ sin θτxy
τnt = − cos θ sin θ (σx − σy ) + cos2 θ − sin2 θ τxy
En identifiant les termes σn avec σ et τnt avec τ , on obtient les formules
σ = σx cos2 θ + σy sin2 θ + 2τxy sin θ cos θ
(2-11a)
2
2
τ = − (σx − σy ) sin θ cos θ + τxy cos θ − sin θ
(2-11b)
Ou encore, en fonction de l’angle double −2θ :
σx − σy
σx + σy
+
cos (−2θ) − τxy sin (−2θ)
2
2
σx − σy
τ=
sin (−2θ) + τxy cos (−2θ)
2
σ=
(2-12a)
(2-12b)
On retrouve les formules (2-6) et (2-7) si Ox et Oy sont les directions principales. En effet on
a dans ce cas τxy =0.
4.4. Détermination du cercle de Mohr en contrainte plane
¯ dans le repère (ēx , ēy ) :
On suppose connue les composantes de σ̄
T (M, ēx )
σx

τyx
[σ] = 
0

T (M, ēy )
τxy
σy
0
T (M, ēz )

0

0

0
¯ ? On procède en 3 étapes.
Comment tracer le cercle de Mohr de à partir des composantes de σ̄
Étape 1
On oriente le vecteur unitaire t̄ tel que le trièdre n̄, t̄, ēz soit direct.
Étude des contraintes
Étape 2
Par définition, les scalaires σx , τyx sont les composantes du vecteur contrainte
T (ēx ) = σx ēx + τyx ēy
Comme le repère n̄, t̄ de la facette de normal n̄ = ēx coïncide avec le repère (ēx , ēy ) on peut
écrire
T (ēx ) = σx n̄ + τyx t̄
alors l’extrémité Tx du vecteur contrainte T (ēx ) dans le plan de Mohr a comme composante
Tx = (σx , τyx )
Étape 3
Les scalaires σy , τxy sont les composantes du vecteur contrainte
T (ēy ) = σy ēy + τxy ēx
Or, compte tenu de l’orientation du vecteur t̄ (avec la condition n̄, t̄, ēz direct) on a pour
cette facette :
n̄ = ēy , t̄ = −ēx
on peut donc écrire
T (ēx ) = σx n̄ + −τyx t̄
Ainsi l’extrémité Ty du vecteur contrainte T (ēy ) dans le plan de Mohr a comme composante
Ty = (σy , −τxy )
Bilan On dispose de 2 points Tx , Ty sur le cercle de Mohr correspondant à 2 facettes tournées
de π/2. Ces 2 points sont donc diamétralement opposés sur le cercle
Pour construire de façon pratique le cercle de Mohr, on procède comme suit.
44
4 Élasticité plane
1. On place dans le plan de Mohr les points Tx = (σx , τyx ) et Ty = (σy , −τxy ).
2. Ces 2 points forment un diamètre Tx Ty ; l’intersection de ce diamètre avec l’axe Oσ
marque le centre du cercle de Mohr
OM =
σx + σy
,0 =
2
σ1 + σ2
,0
2
3. Le rayon est donné par Pythagore
R = OM Tx =
q
2 =
(σx − 12 (σx + σy ))2 + τyx
q
y
τ
t̄ n̄
τyx
T (ēx )
τyx
σy O
τxy
t̄
M
σy
2
(σx − σy )2 + τyx
1
4
n̄
σx
Tx
OM
σx
x
τxy
Ty
T (ēy )
σ
R
4.5. Utilisation pratique du Cercle de Mohr
On connait les composantes de [σ] dans le repère (ēx , ēy ) :
"
σx τxy
[σ] =
τyx σy
#
et on cherche à utiliser les propriétés du cercle de Mohr pour déterminer les directions principales
Ox1 , Ox2 et les contraintes principales σ1 , σ2
Solution On trace le cercle selon la méthode indiquée précédemment. L’intersection du cercle
avec l’axe Oσ donne σ2 , σ1 (on ordonne arbitrairement σ2 ≤ σ1 ).
L’angle orienté ϕM = −θM dans le plan de Mohr, correspondant ϕ = −θ = − 21 ϕM = 12 θM ,
donne l’angle entre la direction Ox et la direction principale Ox1 .
y
t̄ = ē2
τ
n̄ = ē1
M
τyx
T (ē1 ) = σ1 ē1
ϕ = − 12 ϕM
x
σ2
σy
Tx
OM
O
Ty
Du cercle de Mohr, on déduit les formules suivantes :
Oσ 1 = OOM + R ; Oσ 2 = OOM − R
τyx
ϕM = −θM
σ1
σx
σ
Étude des contraintes
soit
σx + σy
σ1 =
+
2
s
σx − σy
2
2
σx + σy
σ2 =
−
2
s
σx − σy
2
2
2
+ τyx
(2-13a)
2
+ τyx
(2-13b)
τ
On a de plus
Tx
tg(−ϕM ) =
τyx
σx − (σx + σy )
ϕM σ
1
σ2
1
2
O
OM
σ
soit
1
ϕ = arctan
2
2τyx
σx − σy
!
(2-14)
¯ (racines
On peut retrouver les relations (2-13) en calculant les valeurs propres du tenseur plan σ̄
du polynôme caractéristique)
5. Critères limites d’élasticité
5.1. Problématique
On note σs la limite d’élasticité obtenue en traction (ou compression) simple et τs la limite obtenue en cisaillement simple. Lorsque l’état de contraite dans un solide se réduit a une contrainte
uniaxiale σ, il n’y a pas de difficulté à comparer cette contrainte à celle obtenue lors d’un essai de
traction. En revanche, lorsque l’état de contrainte comporte plus d’une composantes non nulles
quelle grandeur scalaire fonction de σ comparer à σs ?
5.2. Fonction isotrope d’un tenseur symétrique
¯ dans une base quelconque (ēi ). Les contraintes
Soit [σ] = (σij ) la matrice des composantes de σ̄
principales σ1 , σ2 , σ3 sont les racines du polynôme caractéristique :
p (λ) = det ([σ] − λ [I]) = −λ3 + II λ2 − III λ + IIII
où
II
= tr [σ] = σii
III =
1
2
(tr [σ])2 − tr([σ]2 )
h
i
(2-15)
IIII = det [σ]
¯ ; ils sont invariant
Proposition Les grandeurs II , III , IIII sont les invariants principaux de σ̄
par changement de repère.
46
5 Critères limites d’élasticité
On peut donc définir la trace d’un tenseur par
¯ = tr [σ] = σij
trσ̄
¯ → f (σ̄
¯ ) dans R. De façon concrète, f dépend σ̄
¯ à travers ses compoSoit une fonction f : σ̄
santes dans une base R particulière, autrement dit
¯ = fR ([σ])
f σ̄
Définition On dit que f est isotrope si f est invariante dans toute isométrie c’est à dire, si
f ([σ]) = f
[Q] [σ] [Q] ,
t
∀ [σ] , ∀ [Q] rotation
¯.
Dans ce cas, on dit que f est fonction du seul tenseur σ̄
¯ → f (σ̄
¯ ) dans R ne dépend
Théorème (de représentation) Une fonction isotrope f : σ̄
¯
que des invariants de σ̄ :
¯ = f II (σ̄
¯ ), III (σ̄
¯ ), IIII (σ̄
¯)
f σ̄
Dans le cas d’une fonction scalaire isotrope d’un vecteur v̄, l’analogue de ce théorème énonce
qu’une telle fonction ne dépend que de |v̄|.
Exemples
Les fonctions
I1 ([σ]) = tr [σ] ; I2 ([σ]) = 12 tr [σ]2 ; I3 ([σ]) = 13 tr [σ]3
1
[σ] → √
2
q
(2-16)
(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ1 − σ3 )2
sont isotropes.
En effet, elles peuvent s’exprimer en fonction des seules valeurs propres σ1 , σ2 , σ3 . et les expressions obtenues ne dépendent pas du choix de numérotation des valeurs propres puisqu’elles
sont invariantes par permutation circulaire des indices 1,2,3.
Proposition
1. Les fonctions I1 , I2 , I3 définissent un jeu d’invariants équivalents aux invariants principaux
(2-15).
Par conséquent, toute fonction isotrope peut s’exprimer en fonction de I1 , I2 , I3 .
2. Toute fonction f ([σ]) à valeurs réelles qui ne dépend que des valeurs principales de [σ],
c’est-à-dire telle que
f ([σ]) = fe (σ1 , σ2 , σ3 )
et qui de plus est invariante par permutation circulaire de ses paramètres est isotrope.
Étude des contraintes
5.3. Déviateur des contraintes
¯ peut être décomposé en ses parties dites sphérique et déviatorique. On introduit
Tout tenseur σ̄
pour cela :
La contrainte moyenne σm :
¯
σm = 13 trσ̄
¯ est, par définition, le tenseur isotrope
Alors la partie sphérique de σ̄
σm ¯1̄
¯
dont les 3 valeurs propres sont égales à σm ; il vérifie tr(σm ¯1̄) = trσ̄
¯ , définie par
La contrainte déviatorique s̄¯, appelée aussi déviateur de σ̄
¯ − σm ¯1̄
s̄¯ = σ̄
Par construction s̄¯ est de trace nulle : trs̄¯ = 0.
¯ s’écrit de façon unique sous la forme
Proposition Tout tenseur σ̄
¯ = σm ¯1̄ + s̄¯ avec
σ̄
trs̄¯ = 0
¯ = σē1 ⊗ē1 . La contrainte
Exemple Soit le tenseur des contraintes uniaxial dans la direction ē1 :σ̄
¯ vaut
moyenne de σ̄
¯ = 1σ
σm = 13 trσ̄
3
et la composante déviatorique est donnée par
¯ − σm ¯
s̄¯ = σ̄
1̄ = σē1 ⊗ ē1 − 31 σ ¯1̄ = 23 σē1 ⊗ ē1 − 13 σ (ē2 ⊗ ē2 + ē3 ⊗ ē3 )
ou encore, sous la forme de la matrice de ses composantes
2
σ
3

[s] = 
0
0
0
0

1
−3σ
0 

0
− 13 σ

5.4. Critères limites d’élasticité
Définition Le domaine d’élasticité (initial) d’un matériau isotrope est défini par la donnée
¯ appelée critère limite d’élasticité
d’une fonction scalaire f du seul tenseur des contraintes σ̄
ou fonction seuil.
Elle est construite de telle sorte que

 f <0

f =0
représente le domaine des contraintes élastiques
représente la limite d’élasticité initiale
On note σs le seuil initial de plasticité obtenu lors d’un essai de traction uniaxial. Il y a 3 critères
principaux associés à la plasticité des métaux.
48
5 Critères limites d’élasticité
Le critère de Rankine :
¯ = sup (|σ1 | , |σ2 | , |σ3 |) − σs
fR σ̄
(2-17)
il correspond au choix de la plus grande contrainte normale.
Le critère de Tresca :
¯ = sup (|σ1 − σ2 | , |σ2 − σ3 | , |σ1 − σ3 |) − σs
fT σ̄
(2-18)
il correspond au choix de la plus grande contrainte tangentielle (avec un facteur 2).
Le critère de von Mises :
fvM
¯ = √1
σ̄
2
q
(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ1 − σ3 )2 − σs
(2-19)
il correspond au choix d’un critère en énergie. En effet, la contrainte de von Mises définie
par
¯
σvM = fvM σ̄
représente une énergie de déformation élastique. Ce critère peut aussi s’écrire en fonction
¯ dans un repère quelconque :
des composantes σij de σ̄
1
σvM = √
2
2 + σ2 + σ2
(σ11 − σ22 )2 + (σ22 − σ33 )2 + (σ11 − σ33 )2 + 6 σ12
23
31
q
En écrivant σ dans le repère principal puis en calculant les composantes de σ en fonction des
contraintes principales, on peut montrer que
0
fvM
¯ = fevM σ̄
¯0 =
σ̄
r
3 ¯ 02
trσ̄ − σs
2
Étude des déformations
3
1. Introduction
Lorsque l’on applique un chargement à un corps solide, celui-ci se déforme. Pour définir la
notion de déformation on doit pouvoir décrire le changement de forme du solide entre deux
instants ou deux configurations (figure 3.1). Plus précisément, la déformation doit mesurer en
quoi la transformation du solide diffère d’un mouvement de corps rigide, ce qui nécessite d’être
capable de représenter le mouvement.
La mesure de la déformation du solide, dans le cas générale des grandes transformations, est
assez abstraite et très mathématique. Cette déformation est représentée au moyen de différents
tenseurs. Pour simplifier l’exposé on se place dans l’hypothèse des petites perturbations. Cette
hypothèse classique est applicable aux cas où les déplacements sont petits par rapport aux
dimensions de la structures (ce qui exclu, par exemple, la flexion des corps très minces) et
les déformations sont petites devant l’unité (ce qui exclu les matériaux très souples comme les
élastomères). Cette hypothèse permet de procéder à des développements limités.
2. Transformation d’un milieu continu
La position d’un point matériel M0 , dans la configuration de référence Ω0 , est repérée par le
vecteur position
x̄0 = OM 0
A l’instant t, après transformation, ce même point matériel se retrouve à la position repérée par
le point M . On suppose qu’il existe une fonction continue et dérivable Φ (x̄0 , t) telle qu’a chaque
instant t, la position d’un point quelconque M0 est donnée par
x̄ = OM = Φ (x̄0 , t)
La figure 3.2 illustre la transformation d’un milieu continu.
On définit le vecteur déplacement du point M0 par
ū = OM − OM 0 = x̄ − x̄0 = Φ (x̄0 , t) − x̄0
La fonction φ permet de caractériser la position (et donc le déplacement du milieu continu)
mais pas sa déformation, c’est-à-dire la variation locale de longueur et la distorsion. Pour simplifier l’exposé, on, s’intéresse tout d’abord aux transformation homogène dans dans tout le milieu
continu, c’est-à-dire indépendantes du point M0 .
2.1. Cas des transformations homogènes
On considère une transformation de la forme :
x̄0 → x̄ = φ (x̄0 , t) = F (t) x̄0 + C (t)
51
Étude des déformations
(a) Configuration non déformée
(b) Configuration non déformée
Figure 3.1.: Déformation entre deux configurations
M (t)
M0
0
Figure 3.2.: Transformation d’un milieu continu
52
2 Transformation d’un milieu continu
où C est un vecteur et F un tenseur d’ordre 2. Le tenseur F peut être représenté par une matrice
3 × 3 dans une base donnée. Cette transformation est identique dans tout le solide. Elle peut
être schématisé par la figure 3.3. Des exemples de transformations homogènes sont donnés dans
la suite du cours.
On peut montrer que la dilatation volumique est donnée par
V
= detF
V0
(3-1)
M0
M (t)
Figure 3.3.: Transformation homogène
2.1.1. Transport d’un vecteur
On cherche à mesurer le transport d’un segment matériel de la configuration initiale à la configuration à l’instant t. On considère pour cela 2 points matériels M0 , M00 . On note respectivement
M, M 0 les points transformés (voir illustration figure 3.5). Calculons la transformée du vecteur
0
M0 M 0 , on a
M M = OM − OM
0
0
= F (t) OM 0 − OM 0
0
= F (t) M0 M 0
0
Ainsi, la transformée d’un vecteur ū0 est donnée par
ū = F (t) ū0
κ0
(3-2)
M 0′
κt
M′
M
M0
Figure 3.4.: Transport d’un vecteur
Étude des déformations
2.1.2. Tenseur des dilatations
Mesurer une dilatation nécessite de savoir mesurer la longueur d’un vecteur et donc de
connaître la transformée d’un produis scalaire (voir illustration figure 3-3). Soient 2 vecteurs
ū0 , v̄0 et les vecteurs transformés selon la formule (3-2) :
ū = F ū0 , v̄ = F v̄0
On a ainsi
t
ū · v̄ = F ū0 · F v̄0 = ū0 F F v̄0
M
M0
Figure 3.5.: Transport d’un produit scalaire de vecteurs matériels
Le tenseur
t
C= FF
(3-3)
t
est appelé le tenseur des dilatations. C’est un tenseur symétrique c’est-à-dire tel que C = C. Il
permet d’exprimer le produit scalaire des vecteurs transportés en fonction des vecteurs initiaux
selon la formule :
ū · v̄ = ū0 C v̄0
(3-4)
2.1.3. Dilatation dans une direction
Il s’agit de comparer la longueur d’un vecteur ū0 dans la configuration initiale et la longueur
de son transporté dans la configuration déformée. En faisant ū0 = v̄0 dans (3-4), on obtient
|ū|2 = ū0 C ū0
Définition On appelle dilatation dans la direction ū0 le rapport :
q
λ (ū0 ) =
|ū|
=
|ū0 |
ū0 C ū0
|ū0 |
(3-5)
Définition On appelle allongement unitaire dans la direction ū0 la grandeur :
δ (ū0 ) =
54
|ū| − |ū0 |
= λ (ū0 ) − 1
|ū0 |
(3-6)
2 Transformation d’un milieu continu
2.1.4. Glissement dans un couple de directions orthogonales
La variation de longueur induit des variations angulaires. On s’intéresse en particulier à la
variation de l’angle de deux vecteurs matériels initialement orthogonaux (voir illustration figure
3.6).
Figure 3.6.: Glissement θ pour un couple de directions orthogonales
Définition On définit le glissement θ de deux directions orthogonales ū0 , v̄0 par :
θ=
autrement dit
π
− (ū, v̄) = (ū0 , v̄0 ) − (ū, v̄)
2
(ū, v̄) =
π
−θ
2
En utilisant ce qui précède et la formule (3-4), on a
sin θ = cos (π/2 − θ) =
ū · v̄
=
|ū| |v̄|
ū0 C v̄0
ū0 C ū0
1/2 v̄0 C v̄0
1/2
d’où la relation
sin θ = ū0 C v̄0
ū0 C ū0
1/2 v̄0 C v̄0
1/2
(3-7)
2.2. Dilatations principales
Le tenseur C étant symétrique, il est toujours possible de construire une base orthogonale
(ē1 , ē2 , ē3 ) orientée selon les directions principales. La matrice des composantes de C dans cette
base est alors diagonale ; elle s’écrit :
C
0
0
 1


[C] =  0 C2 0 

0
0 C3


où les Ci sont les valeurs propres.
Les Ci étant positifs (la forme quadratique associée ū0 → ū0 C ū0 = |ū|2 est définie positive)
on peut définir les grandeurs
p
λi = Ci , i = 1, 2, 3
Étude des déformations
Figure 3.7.: Dilatations principales
Figure 3.8.: Transformations homogène et quelconque
On a alors
λ (ēi ) =
q
ēi C ēi = λi , i = 1, 2, 3
ainsi λi représente la dilatation dans la direction principale ēi . Pour cette raison, les λi sont
appelées les dilatations principales.
2.3. Transformations quelconques
Dans le cas général d’une transformation x̄0 → x̄ =Φ (x̄0 , t) quelconque, quel sens peut on
donner au transport d’un segment matériel et comment alors définir la notion de dilatation ?
La figure (3.8) illustre la différence entre une déformation homogène et transformation quelconque dans un cas plan.
Soient une transformation Φ et 2 vecteur x̄0 et x̄00 , on a
OM = x̄ = φ (x̄0 ) , OM = x̄0 = φ x̄00
0
En réalisant un développement limité à l’ordre 1 au voisinage de x̄0 , on peut écrire
M M = OM − OM = Φ x̄00 − Φ (x̄0 )
0
0
' OΦ (x̄0 ) x̄00 − x̄0
' OΦ (x̄0 ) M0 M 0
0
On note F (x̄0 ) = OΦ (x̄0 ) le tenseur de composante
relation
dx = F (x̄0 ) dx0
∂Φij
. D’après ce qui précède, on a la
∂xij
(3-8)
Cette relation est l’analogue de la formule (3-2), valable seulement pour les transformations
homogènes. La déformation est donc une notion locale, pour la définir il faut se placer au niveau
d’un point M0 et prendre la transformation tangente, c’est à dire considérer un « petit » élément
de volume, comme illustré figure 3.9.
56
2 Transformation d’un milieu continu
Figure 3.9.: Transformation tangente
Soit ū le vecteur déplacement défini par (voir figure 3.2)
ū (x̄0 ) = OM − OM 0 = x̄ − x̄0 = Φ (x̄0 , t) − x̄0
on a alors la relation
Ou = F − 1
où 1 désigne le tenseur unité.
2.4. Tenseurs des déformation
Il y a plusieurs choix possibles pour définir un tenseur des déformations. Celui-ci doit vérifier
plusieurs conditions :
1. le tenseur doit être symétrique.
2. il doit conduire à une mesure nulle pour tout mouvement de corps rigide (combinaison
d’une rotation et d’une translation).
Définition Le tenseur défini par
1
1
E=
C −1 =
2
2
t
F F −1
(3-9)
est appelé le tenseur de Green-Lagrange.
Proposition E est symétrique et nul pour tout mouvement de corps rigide. Il peut également
s’écrire en fonction de Ou :
E=
1t
1
t
Ou + Ou + Ou Ou
2
2
(3-10)
Remarque : la relation ū → E (ū) est non linéaire du fait de la présence du terme quadratique
t
Ou Ou
Preuve
1. E est symétrique puisque C l’est.
Étude des déformations
2. Si Φ est une transformation de corps rigide alors Φ (x̄0 ) = Rx̄0 + C, où R est une rotation,
alors
t
F = OΦ = R ⇒ F F = 1 ⇒ E = 0
De la formule (3-4) on tire la relation
ū · v̄ − ū0 · v̄0 = 2ū0 Ev̄0
et si l’on prend v̄0 = ū0 on obtient
|ū|2 − |ū0 |2 = 2ū0 E ū0
Les formules (3-5), (3-6) et (3-7) donnant la dilatation, l’allongement unitaire et le glissement
peuvent s’exprimer en fonction de E en se référant à la définition (3-9).
3. Tenseurs des petites déformations
3.1. Hypothèse des petites perturbations (HPP)
Définition La transformation est dite infinitésimale si
Ou (x̄0 ) << 1 pour tout x̄0 ∈ Ω0
Cette condition est équivalente à la condition
F (x̄0 ) = o 1
Sous cette hypothèse, l’application ū0 → E (ū0 ) peut être linéarisée en partant de l’expression
(3-10) du tenseur de Green-Lagrange :
E (x̄0 ) =
Définition Le tenseur
1
t
Ou + Ou + o Ou = ε + o Ou
2
1
t
Ou + Ou ;
2
est appelé le tenseur des petites déformations ;
Proposition Il vérifie
et de plus
ε=
E = ε + o Ou ' ε
(3-11)
(3-12)
||ε|| << 1
Si l’on se place dans une base orthonormée (ēi ), et en notant ū = (ui ) les composantes du vecteur
58
3 Tenseurs des petites déformations
ū dans cette base, les composantes de ce tenseur dans une base orthonormée sont
1
εij =
2
∂uj
∂ui
+
∂xj
∂xi
!
(3-13)
Ces 9 composantes peuvent être écrites sous la forme de la matrice symétrique


ε
ε12 ε13

 11

[ε] = ε21 ε22 ε23 

ε31 ε32 ε33
3.2. Interprétation géométrique des composantes du tenseurs des déformations
3.2.1. Extensions simples dans le plan (ē1 , ē2 )
L’extension simple dans le plan (ē1 , ē2 ) est caractérisée par les 2 composantes normales
∂u1
∂u2
, ε22 =
∂x1
∂x2
ce qui correspond à la matrice 2 × 2 diagonale
ε11 =
ε
0
[ε] = 11
0 ε22
"
u2 +
ē2
P
#
∂u2
dx2
∂x2
u1 +
Q0
P0
Q
∂u1
dx1
∂x1
dx2
u1
N
M
u2
M0
dx1
N0
ē1
3.2.2. Glissement double selon les directions ē1 et ē2
Le glissement double est caractérisé par les 2 composantes tangentielles
1 ∂u1 ∂u2
+
ε12 = ε21 =
2 ∂x2 ∂x1
u1 +
P0
dx2
ē2
M0
∂u1
dx2
∂x2
P
u1
Q
Q0
M
N
u2
dx1
N0
ē1
∂u1
∂x2
∂u2
θ2 ' tan θ2 =
∂x1
θ1 + θ2
ε12 = ε21 =
2
θ1 ' tan θ1 =
θ2
∂u2
dx1
u2 +
∂x1
Étude des déformations
Ainsi le glissement des 2 directions ē1 et ē2 est donné par
γ (ē1 , ē2 ) = 212 = 221
ce glissement est noté γ12 . On introduit de la sorte les 6 glissements :
γij = 2ij ,
i 6= j
3.3. Propriétés du tenseur des petites déformations
On peut montrer à partir des formules (3-6), (3-5) et (3-7) que l’allongement unitaire et le
glissement peuvent être calculés de façon approché à l’aide de ε.
L’allongement unitaire δ d’un vecteur élémentaire dM 0 = ds0 dM 0 / dM 0 peut être calculé
par la relation :
ds − ds0
dM 0 ε dM 0
'
2
ds0
dM 0
(3-14)
δ dM 0 ' n̄0 ε n̄0 = t{n0 } [ε] {n0 }
(3-15)
δ dM 0 =
ou encore, si on note n̄0 = dM 0 / dM 0 ,
Le glissement θ de deux directions orthogonales unitaires n0 , n00 peut être calculé par la
relation :
γ n0 , n00 ' 2n0 ε n00 = 2t{n0 } [ε] n00
(3-16)
La variation relative de volume εV (M0 ) au point M0 peut être approchée par
εV (M0 ) =
dV − dV0
' trε = ε11 + ε22 + ε33
dV0
4. Puissance de déformation volumique
La puissance des forces surfaciques F
est donnée par
ˆ
S
qui s’exercent sur la frontière du solide à l’instant t
F (M ) .ū˙ (M ) da
S
∂Ωt
où ū˙ désigne le champ de vitesse. En appliquant la formule de Cauchy et le théorème de divergence, on peut écrire
ˆ
ˆ
ˆ
¯
˙
¯
˙
¯.ū˙ dv
σ̄.n̄ .ū da =
σ̄.ū .n̄ da =
div σ̄
∂Ω
∂Ω
Ω
¯.ū .v̄ = ū.(σ̄
¯.v̄) vraie pour tout
Dans ces transformations on a utilisé la relation générale σ̄
¯ et vecteurs ū, v̄.
opérateur symétrique σ̄
60
5 Changement de repère et déformations principales
On a la relation (cf. section 7.3)
¯.ū˙ = divσ̄
¯ .ū˙ + σ̄
¯ : O.ū˙
div σ̄
(3-17)
Le premier terme peut être transformé au moyen de l’équation du mouvement (1-10) que l’on
rappelle ci-dessous
¯=0
ργ̄ − f¯v − divσ̄
Le second terme peut être réécrit de la façon suivante :
¯ : O.ū˙ = σij ∂j u̇i = 1 σij ∂j u̇i + 1 σji ∂i u̇j = σij 1 (∂j u̇i + ∂i u̇j )
σ̄
2
2
2
¯ est symétrique. Ainsi, on
puisque l’ordre d’écriture des indices muets i, j est indifférent et que σ̄
a
¯ : ¯˙
¯ : O.ū˙ = σ̄
σ̄
t
où ¯˙ = 1 O.ū˙ + O.ū˙ désigne le tenseur des vitesses de déformation. On obtient ainsi, à partir
2
de (3-17) la relation
ˆ
¯.ū˙ dv +
div σ̄
ˆ
Ω
f .ū˙ dv −
v
Ω
ˆ
Ω
¯ : ¯˙ dv =
σ̄
ˆ
Ω
ργ̄.ū˙ dv
On reconnaît, dans les 2 premiers termes, la puissance des forces extérieures surfaciques et
la puissance des forces extérieures de volume. Le terme de droite n’est autre que la dérivée
(particulaire) de l’énergie cinétique
ˆ
ˆ
dC
1
˙
=
ργ̄.ū dv ou C =
ρū˙ 2 dv
dt
2
Ω
Ω
Le troisième terme du membre de gauche peut être identifié en évoquant le théorème de
l’énergie cinétique qui annonce que :
Théorème La dérivée (particulaire) de l’énergie cinétique est égale à la somme des puissances
de tous les efforts extérieurs et intérieurs.
On peut donc poser la définition suivante.
Définition La puissance volumique (i.e. par unité de volume) des efforts intérieurs à Ω est
donnée par
¯ : ¯˙
Πdef = σ̄
(3-18)
5. Changement de repère et déformations principales
Sous l’hypothèse des petites déformations (que l’on supposera pour tout le reste du cours)
l’état de déformation en un point est caractérisé par le tenseur des déformations ε. Une base
(ē1 , ē2 , ē3 ) étant choisie, il est possible de représenter ce tenseur par ces composantes (εij ) dans
cette base.
Comme pour le tenseur des contraintes (et toute application linéaire) il est toujours possible
d’exprimer le tenseur des déformations dans un nouveau repère par l’opération algébrique classique de changement de repère. Soit une deuxième base (ē0i ) pour laquelle on connaît la matrice
de passage [R] = [αij ] de (ēi ) → (ē0i ) :
ē0i =
3
X
j=1
αij ēj
avec αij = ē0i .ēj
(3-19)
Étude des déformations
Les composantes de ε̄¯ dans la base (ē0i ) sont données par la matrice
ε = [R] [ε] t[R]
(3-20)
0
Théorème Le tenseur des déformations ε̄¯ étant symétrique, Il possède 3 valeurs propres réelles
(distinctes ou confondues) 1 , 2 , 3 et 3 directions propres Ox1 , Ox2 , Ox3 . Il est donc toujours
possible de définir une base orthonormée propres (ē1 , ē2 , ē3 ) construit sur les directions propres
Ox1 , Ox2 , Ox3 .
1. Les déformations 1 , 2 , 3 sont appelées les déformations principales.
2. Les directions propres sont les directions principales (des déformations).
Corollaire Il est toujours possible de se placer dans une base orthonormée (ē1 , ē2 , ē3 ) de telle
sorte que l’état de déformation soit réduit aux trois déformations normales 1 , 2 , 3 . Le solide
est alors en extension simple dans les 3 directions.
6. États de déformation remarquables
6.1. Déformations planes
Définition Soit (ēi ) une base orthonormée. On appelle tenseur plan (relativement au plan
Ox1 x2 ) le tenseur ε̄¯ tel que ses composantes dans la base (ēi ) soient
ε
ε12 0
 11


[ε] = ε21 ε22 0

0
0 0


(3-21)
Autrement dit, les déformations sont uniquement dans le plan Ox1 x2 .
6.2. Déformation dans un plan normal à une direction principale
On considère une base orthonormée (ē1 , ē2 , ē3 ) telle que Ox3 soit une direction principale pour
le tenseur ε, alors la matrice des composantes du tenseur dans cette base s’écrit
ε
ε12 0
 11


[ε] = ε21 ε22 0 

0
0 ε33


(3-22)
En surface d’une pièce, le champ de tenseur est toujours de la forme (3-22), où Ox3 est la
normal à la surface.
62
7 Cercle de Mohr des déformations
7. Cercle de Mohr des déformations
7.1. Définition
La même méthode développée pour les contraintes peut être utilisée pour représenter les
composantes normale et angulaire de la déformation. On reprend dans ce qui suit les calculs
déjà réalisés pour les contraintes.
Soit un tenseur des déformations de la forme
ε
εxy 0
 x

=
0
εyx εy

0
0 εz

[ε](ēx ,ēy ,ēz )

dans la base (ēx , ēy , ēz ). On considère une seconde base (ēn , ēt , ēz ) déduite de la première par une
rotation autour de l’axe Oz d’angle θ. En utilisant la formule de changement de repère (3-20),
avec comme matrice de passage
cos θ sin θ 0



[R] = − sin θ cos θ 0

0
0
1

on obtient la matrice
ε
εnt 0
 n


= εtn εt 0 

0
0 εz

[ε](ēn ,ēt ,ēz )
avec


εn = cos2 θεx + sin2 θεy + 2 cos θ sin θεxy
εt = sin2 θεx + cos2 θεy − 2 cos θ sin θεxy
εnt = − cos θ sin θ (εx − εy ) + cos2 θ − sin2 θ εxy
Notons γ/2 = εnt la composante de glissement, on obtient
εn = εx cos2 θ + εy sin2 θ + 2εxy sin θ cos θ
γ/2 = − (εx − εy ) sin θ cos θ + εxy cos2 θ − sin2 θ
(3-23a)
(3-23b)
On peut écrire ces formules en fonction de l’angle double −2θ en utilisant les relations trigonométriques suivantes :
2 cos θ sin θ = sin 2θ, 2 cos2 θ = 1 + cos 2θ, 2 sin2 θ = 1 − cos 2θ
On obtient alors les formules
εx + εy
εx − εy
+
cos (−2θ) − εxy sin (−2θ)
2
2
εx − εy
γ/2 =
sin (−2θ) + εxy cos (−2θ)
2
εn =
(3-24a)
(3-24b)
Ces formules traduisent la transformation géométrique suivante. On considère le plan de
Mohr muni de ces 2 axes :
Étude des déformations
(i) l’axe Oε des déformations normales ε comme axe des abscisses ;
(ii) l’axe Oγ des déformations angulaires γ/2 comme axe des ordonnées.
Le couple (εn , γ/2) constitue les coordonnées d’un point Σn = (εn , γ/2) dans ce plan.
γ/2
γ/2
Σn = (εn , γ/2)
εn
O
ε
Théorème (du cercle de Mohr) On peut montrer à partir des relations (3-24) que lorsque
le repère (ēn , ēt , ēz ) tourne d’un angle θ par rapport au repère de référence (ēx , ēy , ēz ), le point
Σn = (εn , γ/2) décrit dans le plan de Mohr un cercle de centre OM et de rayon R avec
OM =
1
2
(εx + εy ) , 0 , R =
1q
2
(εx − εy )2 + γxy
2
γ/2
Σn =(εn ,γ/2)
R
O
ε
OM
7.2. Cas où le repère de référence est principal
Dans le cas où le repère de référence est principal, on note (Ox1 x2 x3 ), la matrice des composantes de ε est diagonale :
ε
0 0
 1


[ε] =  0 ε2 0 

0 0 εz


Les relations (3-24) deviennent, en introduisant l’angle θM = −2θ,
ε1 + ε2 ε1 − ε2
+
cos θM
2
2
ε1 − ε 2
γ/2 =
sin θM
2
εn =
On reconnaît la description paramétrique d’un cercle de centre OM =
rayon R =
64
1
2
(ε1 − ε2 ). Ce cercle est représenté ci-dessous.
(3-25a)
(3-25b)
1
2
(ε1 + ε2 ) , 0 et de
7 Cercle de Mohr des déformations
γ/2
Σn =(εn ,γ/2)
γ/2
θM = −2θ
ε1
εn
ε
ε2
O
OM
Dans ce cas particulier, l’angle θ = − 12 θM représente l’angle entre l’axe Ox1 du repère de
référence et l’axe On du repère courant.
On peut distinguer 3 points remarquables sur le cercle.
(i) Lorsque θM = 0, le point Σn coïncide avec le point (ε1 , 0) autrement dit, εn = ε1 et γ = 0.
γ/2
ε2
ε1
O
ε
OM
(ii) Lorsque θM = π/2, soit θ = −π/4, on a Σn = 21 (ε1 + ε2 ) , 12 (ε1 − ε2 ) . On déduit
directement de la représentation de Mohr que la direction définie par θ = −π/4 porte la
plus grande composante de glissement γmax
γ/2
1
2 γmax
Σn =(εn , 21 γmax )
θM = π/2
O
OM
εn
ε
(iii) Lorsque θM = π, soit θ = −π/2, le point Σn coïncide avec le point (ε2 , 0) autrement dit,
εn = ε2 et γ = 0.
Étude des déformations
γ/2
ε2
ε1
O
OM
ε
On déduit de ces observations les propriétés suivantes :
Proposition Propriétés déduites du cercle de Mohr
1. Les déformations principales ε1 , ε2 sont respectivement la plus grande et la plus petite déformations normales dans plan ; elles sont portées par les directions principales Ox1 , Ox2 :
ε2 ≤ εn ≤ ε1 , quelque soit la direction On
2. La plus grande déformations angulaire (ou composante de glissement) est donnée par le
diamètre du cercle de Mohr
γmax = ε1 − ε2
elle correspond à la variation d’angle droit des directions Ox1 , Ox2 tournées de θ = −π/4
8. Mesure des déformations par extensométrie
8.1. Moyens de mesure
Il existe un certain nombre de moyens mécaniques et optiques permettant de mesurer les
déformations dans une pièce. On peut distinguer 3 types de mesures.
1. Les mesures par déplacement relatif de 2 points. On trouve
– les extensomètres mécaniques ;
– les extensomètres optiques (balayage laser, caméra, ...).
Cette méthode suppose que la déformation est homogène dans l’espace qui sépare les 2
points.
2. Les mesures locales par jauges de déformation. Cette méthode est la plus rependue, elle
sera détaillée plus loin.
3. Les mesures de champ de déplacement 2-d (voire 3-d) par des méthodes optiques. On
trouve :
– la méthode par marquage : la surface de l’objet est préalablement équipée de marqueurs
ou marquée d’une grille régulière. La méthode consiste à suivre, à travers une séquence
d’images, le déplacement des marqueurs ou des nœuds de la grille.
– corrélation d’images : étant donné deux images correspondant à deux états de déformation d’un objet, pour déterminer le correspondant d’un pixel de la première image
dans la seconde, on mesure la ressemblance entre deux pixels en calculant un score de
corrélation (critère de ressemblance) déterminé sur leur voisinage.
8.2. Mesure de l’allongement unitaire par jauges d’extensométrie
La détermination expérimentale des tenseurs de déformations s’appuie sur des mesures de
dilatation et d’allongement unitaire. Elle nécessite donc la comparaison, à l’échelle locale lorsque
66
8 Mesure des déformations par extensométrie
Figure 3.10.: Mesures par jauges d’extensométrie
Figure 3.11.: Rosettes de déformation
la transformation n’est pas homogène (cas général), des longueurs d’un vecteur matériel dans la
configuration initiale de référence et dans la configuration actuelle.
Les techniques expérimentales les plus utilisées, et le plus facile à mettre en oeuvre utilisent
les extensomètres à fil résistant (jauges électriques de déformation ou jauges d’extensométrie).
Le principe de la méthode consiste à faire subir à un fil la même extension que celle du matériau
dans une direction donnée, et à mesurer la variation de résistance électrique correspondante
(l’effet est amplifié en repliant le fil plusieurs fois sur lui-même). Les figures 3.10 présentent une
jauge nu et des jauges en situation.
Ces jauges, collés à la surface du solide étudié, sont groupées par 3 pour former une rosette,
de façon à recueillir suffisamment d’information pour la détermination de la déformation dans le
plan tangent à la surface du solide (figure 3.11). Dans les exercices 3 et 3 il est demandé d’établir
les relations permettant d’identifier les composantes du tenseur des déformations dans les cas
d’une rosette 45° et d’une rosette à 60°.
Comportement des matériaux
4
1. Les matériaux homogènes, isotropes, élastiques, linéaires
Les relations que l’on établit entre le tenseur des contraintes et le tenseur des déformations
sont des lois spécifiques à chaque type de matériau qui rentrent dans un cadre précis. Dans ce
cours, on s’intéresse aux matériaux vérifiant les propriétés suivantes :
Homogénéité On suppose que les propriétés des matériaux sont identiques en tout point du
milieu continu. Pour cela, il faut se placer à une échelle bien supérieure à la taille des hétérogénéités. Le tableau 4.1 donne, en fonction du type de matériau, la taille caractéristique
minimale de l’éprouvette qu’il conviendra d’utiliser.
Type de matériaux
Type et taille des
hétérogénéités
Éléments de volume
caractéristique
Métaux et alliages
0,5 × 0,5 mm
bois
grain : 0,001 à
0,1 mm
molécule : 0,01 à
0,05 mm
fibre : 0,1 à 1 mm
10 × 10 × 10 mm
béton
granulats : 10 mm
100 × 100 × 100 mm
Polymères
1 × 1 × 1 mm
Table 4.1.: Éléments de volumes macroscopiques
Isotropie La relation force-déplacement du matériau doit être la même quelque soit la direction
de sollicitation. Les matériaux comportant des directions matérielles privilégiées, par la
présence de fibres par exemple (composites, bois) sont anisotropes (isotrope transverse,
orthotrope,....).
Élasticité La transformation du matériau est parfaitement réversible. D’un point de vu thermodynamique, on dit qu’il n’y a pas dissipation d’énergie. Cette propriété est en général
vraie pour de faibles chargements.
– Si l’on charge un matériau métallique au-delà d’une valeur seuil, des déformations irréversibles apparaissent : ce comportement (élastoplastique) n’est pas réversible.
– Pour les bétons (et certains composites), une charge trop élevée entraîne une fissuration
de la matrice et par suite une diminution de la raideur. Ce comportement élastiqueendommageable n’est pas réversible.
Linéarité Si l’on se place au voisinage de la configuration d’équilibre, on peut approcher la
relation force-déplacement par une relation linéaire. Pour les matériaux métalliques on
suppose en général que la relation force déplacement est linéaire dans le domaine des
déformations réversibles . Cette approximation est d’autant plus vraie que le matériau
à un comportement fragile (rupture brutale, exemple acier à haute limite d’élasticité,
céramiques). Cette restriction n’est plus vraie dans le cas des élastomères qui admettent
de grandes déformations réversibles mais non linéaire en fonction de la charge (figure 4.1).
69
Comportement des matériaux
Figure 4.1.: Comportement en traction d’un élastomère - Diagrammes force-déplacement
2. Loi de comportement élastique
2.1. Définition d’un matériau élastique isotrope
Définition Un matériau est dit élastique si, en tout point M et à chaque instant, les valeurs
¯ sont entièrement déterminées par la seul connaissance du tenseur
du tenseur des contraintes σ̄
des déformations en ce point et à cet instant.
Autrement dit, l’état de contrainte ne dépend pas de l’histoire des déformations (comme la
plasticité) mais uniquement des valeurs actuelles des déformations.
En exprimant les principes thermodynamiques (premier et second principe) on montre qu’il
existe un potentiel thermodynamique, c’est à dire une fonction ψ : ε̄¯ → ψ ε̄¯ à valeur réelle,
telle que la loi de comportement dérive de ce potentiel :
¯ ε̄¯ = ∂ψ ε̄¯
σ̄
¯
∂ ε̄
L’opération
(ēi ) sont
∂ψ
∂ ε̄¯
(4-1)
définit un tenseur d’ordre 2 dont les composantes dans une base orthonormées
∂ψ ¯
∂ψ ¯
ε̄ =
ε̄ ēi ⊗ ēj
¯
∂εij
∂ ε̄
Si le matériau est isotrope, c’est-à-dire s’il ne dépend pas de directions matérielles privilégiées
(à la différence des composites) alors nécessairement le potentiel thermodynamique est une
¯ . En application du théorème de représentation (cf. page 46), on peut
fonction isotrope de σ̄
écrire
ψ ε̄¯ = ψ (J1 , J2 , J3 )
où les J1 , J2 , J3 sont les invariants de ε̄¯ définis par
J1 = trε̄¯, J2 = 12 trε̄¯2 , J3 = 31 trε̄¯3
On montre facilement que
∂J1 ¯ ∂J2
∂J3
= 1̄,
= ε̄¯,
= ε̄¯2
¯
¯
∂ ε̄
∂ ε̄
∂ ε̄¯
En application de la relation (4-1) on obtient la formulation générale suivante :
¯ ε̄¯ = ∂ψ ¯1̄ + ∂ψ ε̄¯ + ∂ψ ε̄¯2
σ̄
∂J1
∂J2
∂J3
70
(4-2)
2 Loi de comportement élastique
2.2. Loi de Hooke
On est dans le cas de l’hypothèse des petites perturbations (HPP) avec en particulier
ε̄¯ 1
On peut
donc linéariser la loi élastique générale (4-2). Le principe consiste à écrire la fonction
ψ ε̄¯ sous la forme de son développement limité en 0 en se limitant aux termes du second degré
des composantes de ε̄¯ :
ψ (J1 , J2 , J3 ) = ψ trε̄¯, 12 trε̄¯2 , 13 trε̄¯3
2
1 ∂ψ
1 ∂2ψ
∂ψ
(0) trε̄¯ +
(0) trε̄¯2 +
(0) trε̄¯
2
∂J1
2 ∂J2
2 ∂J1
λ
2
' ψ (0) + σ 0 trε̄¯ +
trε̄¯ + µtrε̄¯2
2
' ψ (0) +
où σ 0 , λ, µ sont des constantes scalaires.
Loi de comportement est obtenue par dérivation selon la formule (4-1) :
∂ψ ¯
∂ ¯ ¯ λ ∂ ¯ ¯2
∂ ¯ ¯
ε̄ = σ0
ε̄ : ε̄
ε̄ : 1̄ +
ε̄ : 1̄ + 2µ
2 ∂ ε̄¯
∂ ε̄¯
∂ ε̄¯
∂ ε̄¯
=σ ¯
1̄ + λ trε̄¯ ¯1̄ + 2µε̄¯
0
On suppose de plus qu’à déformation nulle le matériau est non contraint, ce qui correspond à
prendre σ 0 = 0. On a alors le résultat suivant :
Définition (Loi de Hooke) La loi de comportement linéarisée d’un matériau isotrope est
donnée par
¯ ε̄¯ = λ trε̄¯ ¯1̄ + 2µε̄¯
σ̄
(4-3)
les scalaires λ, µ sont appelés les coefficients d’élasticité de Lamé.
En décomposant les tenseurs en leur partie sphérique et déviatorique, on peut écrire la loi de
Hooke sous la forme suivante
σm = (3λ + 2µ) εm
s̄¯ = 2µē¯
1
σm
3λ + 2µ
1 ¯
s̄
ē¯ =
2µ
εm =
⇐⇒
(4-4)
Cette formulation en partie sphérique et déviatorique à l’avantage de pouvoir être très facilement
inversée.
2.3. Énergie de déformation élastique
On a vu au chapitre 3 que la puissance volumique des efforts intérieurs est donnée par
¯ : ¯˙
Πdef = σ̄
¯ , on peut montrer que
En utilisant la loi de Hooke, c’est-à-dire la linéarité de la relation ¯ → σ̄
Πdef =
1 d ¯ ¯
σ̄ : 2 dt
Comportement des matériaux
Soit Wdef l’énergie de déformation du volume unité engendrée par les forces extérieures entre
l’état naturel à l’instant 0 (et l’instant (i.e ¯ (0) = 0) et l’instant actuel t :
ˆ t
Πdef dt0
Wdef =
0
D’après ce qui précède, on a
Wdef =
1¯ ¯
1 ¯ ¯t
σ̄ : 0 = σ̄
:
2
2
Théorème L’énergie de déformation du volume unité engendrée par les forces extérieures
ne dépend que de l’état actuel et elle est donnée par
1¯ ¯
:
Wdef = σ̄
2
(4-5)
3. Interprétation des coefficients d’élasticité
3.1. Compression uniforme
Soit un corps élastique, homogène, isotrope, occupant une région Ω. On suppose que le solide est plongé dans un liquide
exerçant une pression constante p et on néglige les forces de
pesanteur. Les composantes sont rapportées à un système de
coordonnées cartésiennes (0x1 x2 x3 ). On cherche à déterminer
le champ de contrainte σ (M ) statiquement admissible et obtenir une relation entre la pression p et la variation de volume
εV
Étape 1 - Résolution du problème d’équilibre
La densité de force exercée par le fluide en tout point M de la surface du solide vaut
F (M ) = −pn̄
S
où n̄ est le normale en M à ∂Ω
La condition de raccordement sur le contour permet de préciser la forme du tenseur des contraintes :
¯.n̄ = F S = −pn̄
σ̄
sur ∂Ω
(σij nj = −pni )
(4-6)
En l’absence de force de volume, l’équation d’équilibre devient
¯ = 0 dans Ω
divσ̄
!
∂σij
=0
∂xj
(4-7)
Le champ de contrainte homogène (constant)
¯ (M ) = σ̄
¯ = −p¯1̄
σ̄
(σij = −pδij )
vérifie donc à la fois l’équation d’équilibre (4-7) et les conditions limites (4-6), il est donc statique
admissible (SA).
72
3 Interprétation des coefficients d’élasticité
Étape 2 - Calcul de la loi de volume
En utilisant la loi de Hooke sous la forme (4-4) on peut déterminer l’expression de ε̄¯ en fonction
de la pression p.
εm =
1 ¯
trσ̄
1
p
σm = 3
=−
3λ + 2µ
3λ + 2µ
3λ + 2µ
1 ¯0
1 ¯
ε̄¯0 =
σ̄ −
σ̄ =
2µ
2µ
1
3
¯ ¯1̄ = 0
trσ̄
Le tenseur des déformations est donc purement sphérique
ε̄¯ = −
p
¯1̄
3λ + 2µ
La variation de volume est donnée par la formule (3-1)
εV =
3
dV − dV0
= trε̄¯ = −
p
dV0
3λ + 2µ
Étape 3 - Calcul du champ de déplacement.
Par définition
1
t
ε̄¯ =
Ou + Ou
2
⇐⇒
1
εij =
2
∂ui
∂uj
+
∂xj
∂xi
!
On a donc 6 équations différentielles
∂ui
p
=−
∂xi
(3λ + 2µ)
∂ui
∂uj
+
=0
∂xj
∂xi
i = 1, 2, 3
i 6= j
En intégrant, on obtient un champ de déplacement défini à une constante additive près
ū (x) = −
où
p
x̄ + λ̄ + ω̄ ∧ x̄
(3λ + 2µ)
λ̄ vecteur de translation arbitraire
ω̄ vecteur de rotation arbitraire
On vient de démontrer la proposition suivante :
Proposition Pour une pression p donnée la variation de volume est inversement proportionnelle au module de rigidité à la compression K :
εV = −
avec
K=
p
K
3λ + 2µ
3
Comportement des matériaux
Les anglo-saxons formule la loi de Hooke de la façon suivante
¯ = K trε̄¯ ¯
σ̄
1̄ + 2Gε̄¯0
⇐⇒
1
¯ ¯1̄ + 1 σ̄
¯0
trσ̄
ε̄¯ =
9K
2G
et la constante G = µ est appelée le module de cisaillement (shear modulus)
3.2. Traction simple
On cherche à exprimer les grandeurs classiques E, ν en fonction de coefficients de Lamé λ, µ
de la loi de Hooke (4-3). On s’intéresse pour cela à l’essai de traction sur une poutre cylindrique
de longueur L limitée par les deux sections droites S1 , S2 . On suppose que la surface latérale du
cylindre est libre de contrainte et on néglige les forces de volume.
On se place dans un système de coordonnées cartésiennes Ox1 x2 x3 . La résolution se déroule
de 2 étapes.
Étape 1 - Résolution du problème d’équilibre
On cherche tout d’abord à déterminer le champ de tenseur σ (M ) vérifiant le problème d’équilibre. Pour cela, écrivons les équations d’équilibre :
¯ = 0 dans Ω
divσ̄
et les conditions limites :
soit
¯ n̄ = F s (M ) ,
σ̄
M ∈ ∂Ω

¯


 σ̄.n̄ = −F ē1
sur S1
¯.n̄ = F ē1
σ̄


 ¯
σ̄.n̄ = 0
sur S2
sur S3
En explicitant ces relations en fonction des composantes σij du tenseur des contraintes, on
obtient


sur S1

 σ11 = F, σ21 = σ31 = 0
σ11 = F, σ21 = σ31 = 0



sur S2
σi2 n2 + σi3 n3 = 0, i = 1, 2, 3 sur S3
Ces conditions nous incitent à proposer le champ de contrainte uniforme
¯ (M ) = σ̄
¯ = F ē1 ⊗ ē1
σ̄
Ce champ vérifie les équations d’équilibre et les CL : il est donc statiquement admissible. Les
directions Ox1 , Ox2 , Ox3 sont principales (en particulier, toute direction orthogonale à ē1 est
principale).
74
3 Interprétation des coefficients d’élasticité
Étape 2 - Calcul des champs de déformation et déplacement
On suppose que le comportement du matériaux suit la loi de Hooke (4-3) et on cherche à
calculer le champ de déformation ε̄¯ en fonction des données du problème (F, λ, µ). En développant
la loi de Hooke donnée par (4-3) on obtient les équations
σ11 = F = λtrε̄¯ + 2µε11 (a)
σ22 = 0 = λtrε̄¯ + 2µε22
(b)
σ33 = 0 = λtrε̄¯ + 2µε33
(c)
σij = 0 = 2µεij i 6= j
(d)
(d)
⇐⇒
⇒ εij = 0
F
F
⇔ ε22 = ε11 −
2µ
2µ
(b) − (c) ⇔ 2µ (ε22 − ε33 ) = 0 ⇔ ε22 = ε33
(a)
⇔ (λ + 2µ) ε11 + λ (ε22 + ε33 ) = F
(a) − (b) ⇔ ε11 − ε22 =
En exploitant les 2e et 4e équations de second système, on obtient
(3λ + 2µ) ε11
λ
=F 1+
µ
D’où les résultats
ε11 =
λ+µ
λ
F ; ε22 = ε33 = −
F ; εij = 0, i 6= j
µ (3λ + 2µ)
2µ (3λ + 2µ)
On obtient le champ de déplacement par intégration directe, à une constante additive près :
u1 = ε11 x1 , u2 = ε22 x2 , u3 = ε33 x3
Étape 3 - Calcul de E et ν
Pour exprimer E, ν en fonction de coefficients de Lamé λ, µ on calcul l’allongement de la
poutre en cherchant le déplacement d’un point extrémité, par exemple le point (L, 0, 0) :
∆L = u1 (L, 0, 0) = ε11 L =
λ+µ
FL
µ (3λ + 2µ)
Alors l’allongement unitaire est
∆L
λ+µ
= ε11 =
F
L
µ (3λ + 2µ)
Les grandeurs E et ν sont introduites lors d’un essai de traction par les relations
F =E
∆L
ε22
, ν=−
L
ε11
On détermine donc immédiatement les correspondances
E=
µ (3λ + 2µ)
λ
, ν=
λ+µ
2 (λ + µ)
Comportement des matériaux
Compléments
L’expérience montre que les grandeurs K, E et ν sont toujours positives, on a donc
3λ + 2ν > 0,
λ+µ
λ
> 0,
>0
µ (3λ + 2µ)
λ+µ
Donc, nécessairement,
λ > 0, µ > 0
Comme
0<
λ
<1
λ+µ
on a la condition
0<ν<
1
2
3.3. Relations entre les coefficients d’élasticité
En élasticité linéaire isotrope, la relation contrainte - déformation est donnée par
1+ν¯
ν
¯ ¯1̄
ε̄¯ =
σ̄ −
trσ̄
E
E
ou
¯ = λ trε̄¯ ¯1̄ + 2µε̄¯
σ̄
ou
σij = λεkk δij + 2µεij
et en notation indicielle :
εij =
ν
1+ν
σij − σkk δij
E
E
On a les relations suivantes entre les coefficients élastiques :
– Coefficients de Lamé
λ=
νE
;
(1 + ν) (1 − 2ν)
µ=
E
=G
2 (1 + ν)
ν=
λ
2 (λ + µ)
– Module d’Young et coefficient de Poisson :
E=
µ (3λ + 2µ)
;
λ+µ
– Module de compressibilité (Bulk modulus)
3K = 3λ + 2µ =
E
1 − 2ν
4. Formulation ingénieur
Dans la pratique la loi de Hooke exprimée avec les coefficients classiques E et ν peut être
plus naturelle à utiliser pour l’ingénieur. On propose dans ce qui suit le cas particulier d’une
sollicitation de traction puis de cisaillement simple sur un volume élémentaire dx × dy × dz
orienté selon les directions Ox, Oy, Oz du repère.
76
4 Formulation ingénieur
4.1. Traction selon 3 axes
On soumet la face de normale ēx à une contrainte normale σx (figure 4.2. On observe un
allongement suivant la direction Ox et une contraction suivant les deux autres directions :
εx =
1
σx
E
ν
σx
E
ν
εz = −νεx = − σx
E
E désigne le module d’Young et ν le coefficient de Poisson.
εy = −νεx = −
Figure 4.2.: Traction uniaxiale dans la direction Ox
On procède de même pour les deux autres direction. On peut synthétiser les résultats obtenus
dans le tableau ci-dessous.
Traction suivant Ox
1
σx
E
Traction suivant Oy
déformation suivant Ox
εx =
εx = −
déformation suivant Oy
εy = −
ν
σx
E
εy =
déformation suivant Oz
εz = −
ν
σx
E
εz = −
ν
σy
E
1
σy
E
ν
σy
E
Traction suivant Oz
εx = −
ν
σz
E
εy = −
ν
σz
E
εz =
1
σz
E
Pour obtenir la loi de Hooke bi- et tridimensionnelle on applique le principe de superposition
justifié par la linéarité de la réponse. On obtient
ν
σx
− (σy + σz )
E
E
σy
ν
εy =
− (σx + σz )
E
E
σz
ν
εz =
− (σx + σy )
E
E
εx =
4.2. Cisaillement
On applique une contrainte de cisaillement σxy (figure 4.3) sur notre élément de volume et on
obtient
σxy
E
avec G =
εxy =
2G
2 (1 + ν)
ou encore,
σxy
γxy =
G
Comportement des matériaux
G est appelé le module de cisaillement.
Figure 4.3.: Glissement dans le plan (Oxy)
On procède de même pour les deux autres plans avec les contraintes σyz et σxz et on obtient
σyz
σxz
εyz =
; εxz =
2G
2G
4.3. Superposition
En superposant les sollicitations précédente, on retrouve la loi de Hooke généralisée
σx
ν
− (σy + σz )
E
E
σy
ν
εy =
− (σx + σz )
E
E
E
avec G =
(4-8)
ν
σz
2 (1 + ν)
− (σx + σy )
εz =
E
E
σxy
σyz
σxz
εxy =
; εyz =
; ε=
2G
2G
2G
Cette relation linéaire entre contraintes et déformations peut être inversée de sorte à pouvoir
exprimer les contraintes en fonction des déformations :
εx =
E
[(1 − ν) εx + ν (εy + εz )]
(1 + ν) (1 − 2ν)
E
σy =
[(1 − ν) εy + ν (εx + εz )]
(1 + ν) (1 − 2ν)
E
σz =
[(1 − ν) εz + ν (εx + εy )]
(1 + ν) (1 − 2ν)
σx =
σxy = 2Gεxy ; σyz = 2Gεyz ; σ = 2Gεxz
avec G =
(4-9)
E
2 (1 + ν)
5. Cas de l’élasticité plane
5.1. État de contrainte plane
Le cas particulier de l’élasticité plane a été étudié à
contrainte a la forme générale :

σ
σxy
 x

[σ] = σyx σy
0
0
la section 4 du chapitre 2. Le champ de
0

0

0

En appliquant la loi de Hooke (4-8), on obtient un tenseur des déformations de la forme
ε
εxy 0
 x

[ε] = 
0
εyx εy

0
0 εz

78

5 Cas de l’élasticité plane
avec
1
ν
σx − σy
E
E
1
ν
εy = σy − σx
E
E
ν
εz = − (σx + σy )
E
σxy
εxy =
2G
On a également les relations inverses :
εx =
E
(εx + νεy )
1 − ν2
E
(εy + νεx )
σy =
1 − ν2
(4-10)
σx =
(4-11)
σxy = 2Gεxy
5.2. État plan de déformation
Le cas particulier de la déformation plane a été étudié au chapitre 3, sous-section 6.1. Le
champ de déformation est de la forme :
ε
εxy 0

 x

[ε] = εyx εy 0

0
0 0


En appliquant la loi de Hooke (4-9), on obtient un tenseur des contraintes de la forme
σ
σxy 0

 x

[σ] = σyx σy 0 

0
0 σz


La loi de Hooke réduite devient
E
[(1 − ν) εx + νεy ]
(1 + ν) (1 − 2ν)
E
σy =
[(1 − ν) εy + νεx ]
(1 + ν) (1 − 2ν)
σx =
σz = ν (σx + σy )
σxy = 2Gεxy
1+ν
((1 − ν) σx − νσy )
E
1+ν
εy =
((1 − ν) σy − νσx )
E
σxy
εxy =
2G
εx =
⇐⇒
(4-12)
Annexe : Outils mathématiques
6. Vecteurs et tenseurs
6.1. Vecteurs
On définit dans cette section 2 opérations algébriques associées aux vecteurs : le produit
scalaire et le produit tensoriel
On désigne par (ēi ) = (ē1 , ē2 , ē3 ) une base de R3 . Un vecteur ū s’écrit dans cette base :
ū =
X
ui ēi ;
ū = (ui ) ;
{u} =
i
 



u1 

u
2


u 

= t{u1 u2 u3 }
3
les ui , i = 1, 2, 3 sont les composantes du vecteur ū dans la base (ēi ).
Produit scalaire
On définit le produit scalaire de 2 vecteurs ū, v̄ par
ū.v̄ =
X
ui vi = t{u} {v}
i
C’est une forme bilinéaire de R3 × R3 → R. Un exemple est donné par le produit scalaire des
vecteurs de base :
ēi .ēj = δij =

1
si i = j
0
autrement
(symbole de Kronecker)
Produit tensoriel
Il existe une opération qui à 2 vecteurs ū, v̄ associe une application linéaire appelée produit
tensoriel et notée ū ⊗ v̄. Cette application linéaire peut être représentée par ses composantes
dans une base particulière sous la forme de la matrice


u v u1 v2 u1 v3
 1 1


[A] = u2 v1 u2 v2 u2 v3 

u3 v1 u3 v2 u3 v3
elle est obtenue par l’opération
[A] = {u} t{v}
Un exemple simple est donné par le produit tensoriel ēi ⊗ ēj des vecteurs de base, on obtient
une matrice avec des zéros partout sauf à la ligne i et la colonne j :
j





.
0 .. 0
... 1 ...
.
0 .. 0



i

81
Comportement des matériaux
ou encore
(ēi ⊗ ēj )kl = δik δjl =

1
si k = i et l = j
0
autrement
6.2. Tenseurs
Proposition Les tenseurs ēi ⊗ ēj forment une base des tenseurs (euclidiens) d’ordre 2
¯ (d’ordre 2) s’écrit :
Corollaire Un tenseur σ̄

¯=
σ̄
X
σij ēi ⊗ ēj ;
¯ = (σij ) ;
σ̄
[σ](ēi )
i,j

σ
σ12 σ13

 11

= σ21 σ22 σ23 

σ31 σ32 σ33
6.3. Notation indicielle
Les écritures tensorielles utilisent intensivement les indices, certains étant fixes et d’autres
interviennent dans des sommations de 1 à 3 (indices répétés). Il existe une convention d’écriture
qui permet de simplifier les expressions et faciliter les opérations. Cette convention est basée sur
la règle suivante :
1. Un indice ne doit apparaître au plus 2 fois dans un monôme.
2. Si un indice apparaît deux fois il est dit muet ; le monôme est alors sommé 3 fois (pour
l’indice de 1 à 3).
3. Si un indice apparaît une fois il est dit libre ; tous les monômes dans une expression doivent
avoir les mêmes indices libres.
Exemples :
ū = ui ēi ;
ū.v̄ = ui vi
¯ = σij ēi ⊗ ēj ;
σ̄
¯.n̄ = σij nj ēi ;
σ̄
¯ = σkk
trσ̄
¯ ⇔ σ̄
¯ = σii ēi ⊗ ēi
(ēi ) base propre de σ̄
6.4. Produits contractés
Simple produit contracté
On définit le produit contracté une fois entre 2 grandeurs tensorielles d’ordre 0,1 et 2, il est
noté par un point. Le résultat de l’opération est un tenseur d’ordre n − 1 + p − 1 si n, p est l’ordre
des tenseurs de départ.
1. Simple produit contracté entre 2 vecteurs :
ū.v̄ = ui vi
le résultat est un scalaire ; cette opération correspond au produit scalaire des 2 vecteurs.
2. Simple produit contracté entre 2 tenseurs :
¯.ε̄¯ = σik εkj ēi ⊗ ēj
σ̄
le résultat est un tenseur de composantes σik εkj ; cette opération correspond au produit
matriciel [σ] [ε] .
3. Simple produit contracté entre un tenseur d’ordre 2 et un vecteur :
¯.n̄ = σij nj e¯i
σ̄
le résultat est un vecteur donc les composantes sont données par le produit matrice-vecteur
[σ] {n}.
82
7 Opérateurs différentiels (en coordonnées cartésiennes)
Double produit contracté
Le double produit contracté est défini entre 2 tenseurs et il est représenté par le symbole « : »
¯ : ε̄¯ = σij εij
σ̄
Le résultat est un scalaire (dimension n − 2 + p − 2 avec n = p = 2)
7. Opérateurs différentiels (en coordonnées cartésiennes)
Dans ce qui suit, on donne la définition d’un certain nombre d’opérateurs différentiels en
coordonnées cartésiennes pour un champ scalaire, un champ vectoriel et un champ tensoriel.
7.1. Champ scalaire
On considère un milieu continue Ω ⊂ R3 . Un point M ∈ Ω est repéré par le vecteur position
x̄ = OM = xi ēi ;
x̄ = (xi )
Un champ scalaire f (M ) est une fonction x̄ ∈ Ω −→ f (x̄) ∈ R. On définit
La différentielle de f par
df =
∂f
dxi = Of .dM
∂xi
Le gradient de f par
Of =
∂f
ēi ;
∂xi
avec
dM = dxi ēi
∂f
= f,i
∂xi
On peut introduire l’opérateur O défini par :
f¯ → O.f = Of
alors O peut être vu comme le vecteur
O=
∂
ēi
∂xi
Le laplacien de f par
∆f = O.Of =
∂2f
∂x2i
(sommation i = 1, 2, 3)
On note ∆2 f le laplacien de f en dimension 2 :
∆2 f =
∂2f
∂2f
+
∂x21
∂x22
7.2. Champ vectoriel
Un champ vectoriel ū (M ) est une application x̄ ∈ Ω −→ ū (x̄) ∈ R3 . On note indifféremment
ū = ū (x̄) = ū (M ) . On désigne par ui les coordonnées de ū dans la base (ēi ) :
ū = ui ēi
On définit :
avec
ui = ui (x̄)
Comportement des matériaux
La dérivée de ū par rapport à la variable d’espace xj par
∂ui
∂ ū
=
ēi =
∂xj
∂xj
Le gradient de ū par :
Ou = ū ⊗ O =
∂ ūi
∂xj
∂ui
ēi ⊗ ēj
∂xj
La divergence de ū par :
∂ui
∂xi
div ū = O.ū =
Le laplacien de ū par :
∆u = div Ou =
Le rotationnel de ū par :
!
∂ 2 ui
ēi
∂x2j
rotū = O ∧ ū
On peut montrer les relations suivantes :
div Of = ∆f
divū = tr(Ou)
div (f ū) = f divū + ū.Of
O (divū) = ∆u + rot rot ū
On a la proposition suivante :
t
Proposition si Ou est symétrique ( i.e. Ou = Ou) alors rot ū = 0 et on a, d’après la relation
ci-dessus,
O (div ū) = ∆u
7.3. Champ de tenseurs
Un champ tensoriel σ (M ) est une application
¯ (x̄) = σ̄
¯ (M ) ;
x̄ ∈ Ω −→ σ̄
¯ = σij ēi ⊗ ēj
σ̄
¯ par
On définit la divergence de σ̄
¯ = σ̄
¯.O = ∂σij ēi
divσ̄
∂xj
c’est un vecteur dont la ie composante est
¯
divσ̄
i
=
3
X
∂σij
j=1
∂xj
On peut montrer la relation suivante :
¯.ū = divA .ū + σ̄
¯ : Ou
div σ̄
Théorème (Théorème de la divergence) On a les relation suivantes :
ˆ
ˆ
div ūdv =
ū.n̄ da
ˆ
Ω
Ω
84
∂Ω
¯ dv =
div σ̄
ˆ
∂Ω
¯.n̄ da
σ̄
8 Formulaires
8. Formulaires
8.1. Opérateurs différentiels en coordonnées cylindriques
On considère le système de coordonnées cylindriques (ēr , ēθ , ēz ). Toutes les formules précédentes sont identiques en prenant comme vecteur O le vecteur de composantes
O=
∂
1 ∂
∂
ēr +
ēθ +
ēz
∂r
r ∂θ
∂z
Pour champ scalaire f (M ) = f (r, θ, z) , on a
Of =
∂f
1 ∂f
∂f
ēr +
ēθ +
ēz
∂r
r ∂θ
∂z
On note ur , uθ , uz les composantes d’un vecteur ū (M ) dans la base locale orthonormée
(ēr , ēθ , ēz ) :
ū (M ) = ur (r, θ, φz) ēr + uθ (r, θ, φz) ēθ + uz (r, θ, φz) ēz
On a dans cette base :


1
r
 ∂ur

 ∂r



[Ou] = 
 ∂uθ
 ∂r



 ∂uz
1
r
∂ur 

∂z 

∂uθ
+ ur
∂θ
∂uθ 

∂z 





1 ∂uz
r ∂θ
∂r
divū = trOu =
∂ur
− uθ
∂θ
∂uz 
∂z
∂ur
ur
1 ∂uθ
∂uz
+
+
+
∂r
r
r ∂θ
∂z
8.2. Opérateurs différentiels en coordonnées sphériques
On considère le système de coordonnées sphériques (ēr , ēθ , ēφ ). Toutes les formules précédentes
sont identiques en prenant comme vecteur O le vecteur de composantes
O=
∂
1 ∂
1
∂
ēr +
ēθ +
ēφ
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
Pour champ scalaire f (M ) = f (r, θ, φ), on a
Of =
∂f
1 ∂f
1 ∂f
ēr +
ēθ +
ēφ
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
On note ur , uθ , uz les composantes d’un vecteur ū (M ) :
ū (M ) = ur (r, θ, φ) ēr + uθ (r, θ, φ) ēθ + uφ (r, θ, φ) ēφ
On a dans cette base :


 ∂ur

 ∂r



[Ou] = 
 ∂uθ
 ∂r



 ∂uφ
∂r
1
r
1
r
∂ur
− uθ
∂θ
∂uθ
+ ur
∂θ
1 ∂uφ
r ∂θ
1
r
1 ∂ur
− uφ
sin θ ∂φ







1
1 ∂uθ

− uφ cot θ

r sin θ ∂φ




1
1 ∂uφ
r
sin θ ∂φ
+ uθ cot θ + ur
Comportement des matériaux
divū = trOu =
86
∂ur
1 ∂uθ
1 ∂uφ uθ
ur
+
+
+
cot θ + 2
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
r
r
Deuxième partie .
Travaux Dirigés
87
TD n°1 - Équations d’équilibre et
contraintes
1
Exercice 1 - Vecteur contrainte et matrice des contraintes
¯ (M ) le tenseur des contraintes au point M défini, dans le repère cartésien (O, ēx , ēy , ēz ),
Soit σ̄
par :
5 0 1



=
 0 1 0 
1 0 5

[σ (M )](ēx ,ēy ,ēz )

(MPa)
¯ (M ).
1. Tracer sur un élément de volume les composantes de σ̄
2. Calculer les vecteurs contraintes T (M, n̄) sur les facettes :
1
n̄1 = ēx ; n̄2 = √ (ēx + ēy )
2
3. Calculer les contraintes normale σn et tangentielle τ̄n sur ces facettes.
Éléments de réponse
Question 1 -
Représentation des composantes du tenseur des contraintes
5 0 1



[σ (M )] =  0 1 0 

1 0 5

z

T (M, ēz )
T (M, ēy )
T (M, ēx )
y
x
89
TD n°1 - Équations d’équilibre et contraintes
z
T (M, ēz )
T (M, ēy )
T (M, ēx )
y
x
Question 2 – n̄ = ēx :
Vecteurs contraintes T (M, n̄)
{T (M, n̄)} =





 5 

0



 1 

– n̄ =
√1
2
(ēx + ēy ) :

 1
5 0 1 

1 

{T (M, n̄)} = √ 
0 1 0  1
2

1 0 5  0






5 


1
=√
1 

2





1 




Question 3
– n̄ = ēx :
σn = T · n̄ = 5 MPa
τ̄n = T − σn n̄ = ēz
– n̄ =
√1
2
(ēx + ēy ) :
σn = T · n̄ =
1
√
2
2
(5 × 1 + 1 × 1 + 0 × 1) = 3 MPa








 1
5
3 
1  
T − σn n̄ = √
1 − √  1

2
2

 1 
 0
τ̄n =








2
1
=√
−2


2


 1







Remarque : on vérifie que
σn2 + |τn |2 =
18 9
27
+ =
= |T |2
2
2
2
Exercice 2 - Équilibre d’un parallélépipède
On considère un solide parallélépipède C défini, dans le repère cartésien (O, ēx , ēy , ēz ), par
C = M ∈ R3 , 0 ≤ x ≤ x0 , 0 ≤ y ≤ y0 , 0 ≤ z ≤ z0
n
Son état de contrainte est donné, en tout point M ∈ C, par :
0
4x
0



[σ (M )] = λ  4x −4y 0 

0
0
−y

90

avec λ > 0
o
1. Donner la dimension du paramètre λ (unités SI)
2. On suppose que le solide est soumis à un chargement volumique f¯v (M ). Donner les conditions sur f¯v (M ) pour que le solide soit en équilibre statique.
3. Calculer le chargement extérieur, c’est-à-dire les forces surfaciques F
– en tout point M de la surface
S
:
S1 = {0 ≤ x ≤ x0 , 0 ≤ y ≤ y0 , z = 0}
– au point M = (x0 , y0 , z0 ) de la surface
S2 = {0 ≤ x ≤ x0 , y = y0 , 0 ≤ z ≤ z0 }
Éléments de réponse
Question 1 -
État de contrainte :
0
4x
0



[σ (M )] = λ  4x −4y 0 

0
0
−y


σij en N/mm2 (MPa) et x, y (longueur) en mm ⇒ λ en N/mm3 (force volumique).
Question 2 -
En appliquant les conditions d’équilibre statique
∂σxx ∂σxy
∂σxz
+
+
+ fxv = 0
∂x
∂y
∂z
∂σyx ∂σyy
∂σyz
+
+
+ fyv = 0
∂x
∂y
∂z
∂σzx ∂σxz
∂σzz
+
+
+ fzv = 0
∂x
∂y
∂z
on obtient 3 équations







λ × 0 + fxv = 0
λ (4 − 4 + 0) + fyv






v
λ × 0 + fz
Question 3 -
= 0
=⇒
{f v (M )} = 0 ∀ M ∈ C
= 0
Le solide vérifie les conditions limites, c’est-à-dire :
[σ (M )] {n} = {F s (M )}
– Sur S1 : n̄ = −ēz , pour tout M , soit
 



0

F S1 (M ) = λ 0



y 

n
o
– Sur S2 et au point M = (x0 , y0 , z0 ) : n̄ = ēy , soit





4x
0 


F S2 (M ) = λ −4y0



 0 

n
o
TD n°1 - Équations d’équilibre et contraintes
Exercice 3 - Équations d’équilibre en coordonnées cylindrique.
On se place dans le système de coordonnées cylindrique (Orθz) et on s’intéresse au cas particulier d’un champ de contrainte de la forme
σ (M ) = σ (r)
où r est la composante radiale du point M .
1. Écrire les équations, dans ce cas particulier, à partir des équations générales en coordonnées
cylindriques.
2. Retrouver ces équations particulières en écrivant l’équilibre des forces sur un élément de
volume élémentaire dV = rdr dθ dz.
σθz
ēz
σzz
σrz
σzr
dz
dθ
θ
σzθ
−σrr
ēr
σrθ
−σθr
σθθ
dr
ēx
O
Éléments de réponse
Question 1 -
Le champ de contrainte est de la forme
σ (M ) = σ (r)
En appliquant les formules générales on obtient

∂σrr
σrr − σθθ


+
+ fxv = 0



r
 ∂r
∂σθr
σrθ
+2
+ fyv = 0
r
σzr
+
+ fzv = 0
∂r
r

∂r



∂σ
zr


Question 2 ¯ (M ) = σ̄
¯ (r) les forces sur les faces en vis à vis
Équilibre des forces suivant ēz . Comme σ̄
changent seulement s’il a une variation dans la direction ēr .
∂σzr
−σzr rdθ dz + σzr +
dr (r + dr) dθ dz = 0
∂r
soit
σzr dr dθ dz + r
∂σzr
∂σzr
dr dθdz +
(dr)2 dθ dz = 0
∂r
∂r
Après division par dV = rdr dθ dz, il vient
σzr +
92
∂σzr
Z
(r + dr)
Z =0
∂r
σzz
zr
σzr + ∂σ
∂r
σzθ
σzθ
σzr
σzz
Bilan : Équation d’équilibre selon la direction ēz :
∂σzr
σzr
+
=0
∂r
r
Équilibre des forces suivant ēr .
Composantes normales :
– Facette 1
F1σ = −σr rdθ dz cos
dθ
2
σθ+
– Facette 2
F2σ = 0
4
– Facette 3
1
∂σr
dθ
' σr +
dr (r + dr) dθ dz cos
∂r
2
∂σr
' σr (r + dr) dθ dz + r
dr dθ dz
∂r
F3σ
– Facette 4
F4σ = −σθ (sin dθ) dr dz ' −σθ dθ dr dz
Sommation des forces et division par dV = dr dθ dz :
X
1
∂σr
Fiσ ' σr − σθ + r
dr dθ dz
∂r
Composantes tangentielles :
σr
3
2
σθ
σr+
ēr
TD n°1 - Équations d’équilibre et contraintes
– Facette 1
F1τ = σθr sin
1
dθ
rdθ dz ' σθr rdθ2 dz
2
2
– Facettes 2
+
σrθ
F2τ = −σrθ dr dz
4
– Facettes 3
1
dθ
∂σθr
dr sin
(r + dr) dθ dz
= − σθr +
∂r
2
1
∂σθr
'−
σθr +
dr (r + dr) dθ2 dz
2
∂r
1
' − σθr rdθ2 dz
2
F3τ
+
σθr
3
2
ēr
σθr
σrθ
– Facette 4
σrθ (cos dθ) drdz ' σrθ dr dz
Sommation des forces et division par dV = drdθdz :
X
1
Fiτ ' 0
dr dθ dz
Bilan : Équation d’équilibre selon la direction ēr :
σrr − σθθ
∂σrr
+
=0
∂r
r
Exercice 4 - Changement de repère
On considère un changement de repère correspondant à une rotation d’angle ϕ autour de l’axe
ēz . Calculer la matrice de passage du repère (ēi ) vers le repère (ē0i ) en utilisant la formule (2-1).
On note c = cos ϕ, s = sin ϕ.
Éléments de réponse
La matrice de changement de repère s’écrit
α
α12 0
 11


[R] = α21 α22 0

0
0 1


avec
αij = ē0i .ēj
soit
ē2
α11 = ē01 .ē1 = cos θ
α21 = ē02 .ē1 = − sin θ
ē02
α12 = ē01 .ē2 = sin θ
Ainsi
α22 = ē02 .ē2 = cos θ
O

c

[R] = 
−s
0
94
s 0

c 0

0 1

ē01
ϕ
ē1
Exercice 5 - Contraintes principales
Soit le tenseur des contraintes au point M défini, dans le repère cartésien (O, ēx , ēy , ēz ), par :
1
2 0


[σ] = 
2
−1
0 


0
0 3


1. Montrer que Oz est une direction principale associée à la valeur propre σ3 = 3.
2. Calculer les contraintes principales σ1 , σ2 , avec σ1 > σ2 , dans le plan normal à ēz ainsi
que les directions principales (vecteurs directeurs).
3. Pour toute facette n̄ on peut décomposer le vecteur contrainte en une composante normale
et tangentielle :
T (M, n̄) = σn n̄ + τ̄n
Quelle est la facette qui porte la plus grande composante tangentielle ?
Éléments de réponse
Question 1 -
La direction ēz est principale, associée à la valeur propre σ3 , si
[σ] {ez } = 3 {ez }
ce qui est vérifié.
Question 2 -
Les v.p. sont les racines du polynôme :
det [σ − λI] = (λ − 3) (− (1 − λ) (1 + λ) − 4)
= (3 − λ) λ2 − 5
√
√
On obtient 3 racines : λ1 = 5, λ2 = − 5, λ3 = 3 ; d’où les 2 contraintes principales dans le
plan (O, ēx , ēy ) :
√
√
σ1 = 5; σ2 = − 5
Les directions principales sont données par les droites d’équation :
(
√
5−1
(1 − λ1 ) x + 2y = 0 ⇒ y =
x soit {n1 } =
2
1
√
)
5−1
2
2
1
√
√ x soit {n2 } =
2x − (1 + λ2 ) y = 0 ⇒ y =
1− 5
− 5+1
2
√
5−1
θ1 = (ēx , ē1 ) est tel que tan θ1 =
soit θ1 = 31,72°
2
(
Question 3 -
Peut-on trouver la direction n̄ telle que τ (n̄) soit maximum ?
x2
+
t̄
σ
n̄
θ
x1
M
T (n̄)
τ
Réponse : oui avec les cercles de Mohr.
)
TD n°1 - Équations d’équilibre et contraintes
Exercice 6 - Détermination des formules du cercle de Mohr
Retrouver les relations (2-7) en appliquant les formules de changement de repère (cf. section
1.1) sur la matrice [σ](ē1 ,ē2 ,ē3 ) .
1. Détermination de la matrice [R] = [αij ] permettant de passer du repère (ē1 , ē2 , ē3 ) au
repère n̄, t̄, ē3 (Formule (2-1))
¯ dans le repère de la facette.
2. Appliquer la formule (2-2) pour obtenir les composantes de σ̄
On les notes σn ,σnt , . . .
3. Identifier les composantes correspondant à σ et τ . Que représente la composante σt ?
Éléments de réponse
Question 1 - Expression de la matrice de changement de [R] pour une rotation d’angle θ autour
de Ox3 :
α
α12 0

 11

[R] = 
α21 α22 0
0
0 1
α11 = n̄.ē1 = cos θ


avec
α21 = t̄.ē1 = − sin θ
α12 = n̄.ē2 = sin θ
α22 = t̄.ē2 = cos θ
x2
n̄
t̄
θ
x1
Question 2 -
Application de la formule de changement de repère
σ
σnt 0

 n
t

= [R] [σ](ē1 ,ē2 ,ē3 ) [R] = σtn σt 0 

0
0 σ3

[σ](n̄,t̄,ē3 )

Tous calculs calculs fait, on obtient
σn = σ1 cos2 θ + σ2 sin2 θ
σtn = − (σ1 − σ2 ) cos θ sin θ
σtt = σ1 sin2 θ + σ2 cos2 θ
Question 3 -
Par identification on obtient
σ = σn , τ = σtn
La composante σt représente la composante normale du vecteur contrainte relatif à la facette
de normale t̄, c’est à dire une facette tournée d’un angle θ = 90° par rapport à n̄
96
Exercice 7 - Cercles de Mohr
Soit le tenseur des contraintes au point M défini, dans le repère cartésien (Oxyz), par :
1
2 0



[σ] =  2 −1 0 

0
0 3


Les contraintes principales sont (voir exercice 1 page 95) :
√
√
σ1 = 5 , σ2 = − 5 , σ3 = 3
et les directions principales associées :
{e1 } =






cos
θ


sin θ
, {e2 } =



 0 







−
sin
θ





 



0 

cos θ  , {e3 } = 0


1 

0 
√
5−1
2
1. Tracer les cercles de Mohr des contraintes.
avec tan θ =
2. Placer dans le plan de Mohr la contrainte tangentielle maximale τmax ; en déduire l’expression analytique et la valeur numérique.
3. Déterminer, dans le repère principale, la direction de la facette correspondant à τmax
Éléments de réponse
Question 1 Cercle de Mohr des contraintes :
– C1 : cercle de centre (d1 , 0), d1 =
2
de rayon r1 = σ3 −σ
= 2,62 M P a
2
– C2 : cercle de centre (d2 , 0), d2 =
1
de rayon r2 = σ3 −σ
= 0,38 MPa
2
– C3 : cercle de centre (d3 , 0), d3 =
2
de rayon r3 = σ1 −σ
= 2,26 MPa
2
√
σ2 +σ3 3− 5
=
2
2
' 0,38 MPa
√
σ1 +σ3 3+ 5
=
2
2
' 2,62 MPa
σ1 +σ2
2 =
√
√
5− 5
2
= 0 MPa
τn
C1
C3
C2
σ2
σ1
O
d1
σ3
σn
TD n°1 - Équations d’équilibre et contraintes
Question 2 La contrainte de cisaillement maximum est donnée par le rayon du plus grand cercle de Mohr :
τmax = r1 =
τn
σ3 − σ2
= 2,62 MPa
2
C1
τmax
C3
θM
σ2
C2
σ1
O
d1
σ3
d3
σn
Question 3 La normale n̄τmax à la facette correspondant à τmax est obtenue en tournant autour de l’axe
Ox1 d’un angle
1
π
θ = (ē3 , n̄τmax ) = − θM = −
2
4
ē3
θ = − π4
n̄
ē2
ē1
98
TD n°2 - Étude des contraintes
2
Exercice 1 - État plan de contraintes
On considère le tenseur plan défini, dans le repère cartésien (Oxyz), par :
1
2 0



[σ (M )] =  2 −1 0 

0
0 0


1. Calculer avec les formules (2-13) les contraintes principales σ1 , σ2 (avec σ1 > σ2 ) et l’angle
ϕ entre l’axe Ox et la direction principale Ox1 .
2. Tracer le cercle de Mohr des contraintes en plaçant les extrémités Tx et Ty des vecteurs
contraintes T (M, ēx ) et T (M, ēy ).
3. Calculer le centre du cercle OM et son rayon R.
4. Repérer dans le plan de Mohr l’angle ϕM = −2ϕ et point correspondant au cisaillement
maximum τmax ; donner l’expression de τmax , sa valeur numérique et l’angle par rapport
à l’axe Ox.
Éléments de réponse
Question 1 -
On applique les formules (2-13) :
σ1,2
σx + σy
=
±
2
s
σx − σy
2
2
√
2 =± 5
+ σxy
l’angle ϕ entre l’axe Ox et la direction principale Ox1 est donnée par la formule (2-14) :
1
ϕ = arctan
2
Question 2 -
2τyx
σx − σy
!
1
4
= arctan
2
2
' 31,72
Cercle de Mohr
99
TD n°2 - Étude des contraintes
τ
Tx = (1,2)
ϕM
σ2
σ1
σ
O OM
Ty = (−1, − 2)
Question 3 -
Calcul du centre et du rayon
σx + σy
σ1 + σ2
=
=0
2
2
s
2
√
σxx − σyy
2 =
R =
+ σxy
5
2
d
=
d’où les contraintes principales
√
σ1,2 = d ± R = ± 5
Question 4 -
Cisaillement maximum
τmax = R =
√
5
il correspond à un angle θM = π/2 sur dans le plan de Mohr, soit θ = −π/4 dans le plan
physique.
Exercice 2 - Changement de repère
Un élément en contrainte plane est tourné de ψ = 30° par rapport au repère cartésien (Oxyz).
Les contraintes exercées selon ces nouvelles directions sont :
σn = −107 MPa, σt = −31 MPa, σnt = 18 MPa
Déterminer les contraintes exercées sur l’élément dans les directions Ox et Oy :
1. graphiquement avec le cercle de Mohr des contraintes ;
2. analytiquement avec les formules de changement de repère (2-10) page 43.
Éléments de réponse
100
Question 1 -
Cercle de Mohr
σn = −107 MPa, σt = −31 MPa, σnt = 18 MPa
Centre du cercle
σn + σt
' −69
2
On note θ = −ψ = −30° l’angle permettant de revenir au repère de référence. On a
d=
θM = −2θ = +60°
τn
Ty
Tn
18 M P a
d = −69
σ2
σ1
σt
σn
O
θM
−18 M P a
Tt
Tx
Question 2 -
σn
Avec les formules de changement de repère (2-10)
√
3
π
1
θ = −30° = − , cos θ =
, sin θ = −
6
2
2
σx = cos2 θσn + sin2 θσt + 2 cos θ sin θσnt
√
3
3
1
=
σn + σt −
σnt ' −103,6 MPa
4
4
2
σy = sin2 θσnn + cos2 θσt − 2 cos θ sin θσnt
√
1
3
3
=
σn + σtt +
σnt ' −34,4 MPa
4
4
2
σxy = − cos θ sin θ (σn − σt ) + cos2 θ − sin2 θ σnt
√
3
1
=
(σt − σn ) + σnt ' −23,9 MPa
2
2
Exercice 3 - Critères d’élasticité
On considère les 2 états de contraintes ci-dessous, définis pour tout couple de paramètres
(σ, τ ), par :
– dans le repère cartésien (Oxyz)
0 τ 0



[σ1 ] =  τ 0 0 

0 0 σ


TD n°2 - Étude des contraintes
– dans le repère cylindrique (Orθz)
0 0 0



[σ2 ] =  0 0 τ 

0 τ σ


Question 1 - Critère de Rankine
1. Dessiner sur un éléments de volume relatif au système de coordonnées les composantes de
[σ].
2. Tracer le grand cercle de Mohr et calculer les contraintes principales et les directions
principales (prendre 0 < σ < τ ). Écrire le tenseur [σ] dans le repère construit sur les
directions principales Ox1 , Ox2 , Ox3 .
3. Tracer dans un plan des paramètres (σ, τ ) le domaine d’élasticité défini par le critère de
Rankine.
Question 2 - Critère de Tresca
1. Tracer dans un plan (σ, τ ) le domaine d’élasticité défini par le critère de Tresca pour [σ1 ].
2. Dessiner sur un éléments de volume relatif au système de coordonnées cylindriques les
composantes de [σ2 ].
3. Tracer le grand cercle de Mohr pour [σ2 ] (on supposera que 0 < σ < τ ) et calculer les
contraintes principales et les directions principales. Écrire la matrice [σ2 ] dans le repère
construit sur les directions principales Ox1 , Ox2 , Ox3 .
4. Pour [σ2 ], tracer dans un plan (σ, τ ) le domaine d’élasticité défini par le critère de Tresca
Question 3 - Critère de von Misès
Tracer dans un plan (σ, τ ) et pour les 2 états de contraintes, les domaines d’élasticité définis
par le critère de von Mises.
Éléments de réponse
Question 1
0 τ 0



[σ] =  τ 0 0 

0 0 σ

z

y
σ
τ
τ
τ
τ
y
x
102
x
– Directions principales :
1
ē2 = √ (−ēx + ēy ) ;
2
1
ē1 = √ (ēx + ēy ) ;
2
– Contraintes principales :
σ1 = τ ;
σ2 = −τ ;
ē3 = ēz
σ3 = σ
D’où le tenseur des contraintes dans le repère propres :
τ 0


[σ] =  0 −τ
0 0

0

0 

σ

τn
σ
−τ
τ
σn
O
Le domaine d’élasticité défini par le critère de Rankine est donné par :
f (σ1 , σ2 , σ3 ) = max (|τ | , |σ|) ≤ σE
τ
σE
d’où les inégalités :
−σE ≤ τ ≤ σE
−σE ≤ σ ≤ σE
σ
−σE
Question 2- D’après la question précédente, on a
0 τ 0



[σ1 ] =  τ 0 0 
;
0 0 σ


τ 0


=  0 −τ
0 0

[σ1 ](Ox1 x2 x3 )
0

0 

σ

Le domaine d’élasticité défini par le critère de Tresca est donné par :
f (σ1 , σ2 , σ3 ) = max (|σ1 − σ2 | , |σ2 − σ3 | , |σ3 − σ1 |) ≤ σE
TD n°2 - Étude des contraintes
Soit
max (|2τ | , |σ − τ | , |σ + τ |) ≤ σE
d’où les inégalités :
|2τ | ≤ σE ⇔ − 12 σE ≤ τ ≤ 12 σE
|σ − τ | ≤ σE ⇔ σ − σE ≤ τ ≤ σ + σE
|σ + τ | ≤ σE ⇔ −σ − σE ≤ τ ≤ −σ + σE
τn
σE /2
σ
σE
−σE
Élément de volume représentatif de l’état de contrainte
0 0 0



[σ2 ] =  0 0 τ 

0 τ σ


~k
~k
σ
τ
~eθ
τ
~t
~n
~er
~er
~eθ
Contraintes principales
σ1 = d + R;
σ2 = d − R;
σ3 = 0
avec
d = 12 σ
et R =
1
2
p
σ 2 + 4τ 2
On oriente le vecteur t̄ tel que le trièdre n̄, t̄, ēr soit direct.
104
Directions principales :
τn
ē1 = cos θēr + sin θēθ
ē2 = − sin θēr + cos θēθ ;
avec
−2τ
σ
2τ
⇒ θ = 21 arctan
σ
−2θ = θM = arctan

σ
 1
[σ2 ](Ox1 x2 x3 ) = 
 0
0
Le domaine d’élasticité défini
0
σ2
0
par
τmax
Tθ = (0, τ )
ē3 = ēr
σ2
σ1
O
θM
0

0 

0
le critère de Tresca est donné par :

Tk = (σ, −τ )
f (σ1 , σ2 , σ3 ) = max (|σ1 − σ2 | , |σ2 − σ3 | , |σ3 − σ1 |) ≤ σE
Soit
|2r| ≤ σE
|d + r| ≤ σE
|d − r| ≤ σE
|σ1 − σ2 | ≤ σE
⇔
|σ1 | ≤ σE
|σ2 | ≤ σE
d’où
σ2
p
+
4τ 2
≤ σE
⇔
2
σ +
τ
1/2
2
2
≤ σE
On reconnait l’équation d’une ellipse :
Question 3 Pour le repère cartésien
Le domaine d’élasticité défini par le critère de v. Mises est donné par :
f (σ1 , σ2 , σ3 ) =
r 1
avec
2
(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ≤ σE
σ1 = τ ;
σ2 = −τ ;
σ3 = σ
soit
σ2
p
+
3τ 2
σn
≤ σE
⇔
τn
2
σ +
τ
√
3/3
√
3
3 σE
σ
−σE
σE
!2
2
≤ σE
TD n°2 - Étude des contraintes
Pour le repère cylindrique
Le domaine d’élasticité défini par le critère de v. Mises est donné par :
f (σ1 , σ2 , σ3 ) =
r 1
2
(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ≤ σE
avec
σ1 = d + R;
avec
d = 12 σ
σ2 = d − R;
et R =
1
2
p
σ3 = 0
σ 2 + 4τ 2
Soit
p
σ 2 + 3τ 2 ≤ σE
⇔
2
σ +
τ
√
3/3
!2
2
≤ σE
On retrouve le graphe précédent.
Exercice 4 - Cercles de Mohr en contrainte plane
¯ défini par
En un point M de la surface d’une pièce on mesure un état de contrainte plane σ̄
ses composantes dans un repère (0xyz)
σx = −144 MPa , σy = 44 MPa , τxy = 80 MPa
1. Représenter les composantes des vecteurs contraintes sur un élément de volume en contrainte
plane.
2. Tracer à l’échelle le cercle de Mohr correspondant à cet état de contrainte en positionnant
les points Tx et Ty .
3. Calculer les contraintes principales σ1 , σ2 , avec σ1 ≥ σ2 . Repérer dans le plan de Mohr
l’angle orienté ϕM = −2ϕ où ϕ est l’angle entre l’axe Ox et la direction principale Ox1
qui porte σ1 . Tracer les composantes du tenseur dans le repère principal.
4. Déterminer les nouvelles composantes du tenseur des contraintes dans un repère (Ouvz)
tourné d’un angle γ = 60° par rapport à Ox. Repérer la transformation dans le plan de
Mohr.
Problème 1 - Sollicitations dans une poutre
Poutre de section rectangulaire en flexion-traction
Pour la poutre représentée ci-contre, déterminer au moyen
des formules de RdS, les composantes du tenseurs des
contraintes aux points A et B dans le repère (Oxyz).
Calculer aux 2 points les contraintes principales et la
contrainte de cisaillement maximale.
A.N. F = 25 kN, tanα = 4/3
Poutre cylindrique en flexion-torsion
Au moment du desserrage, une tête de vis supporte un couple M et une charge transversale F.
La tige est encastrée en O dans un bâti.
106
1. Déterminer aux points A et B les contraintes de
flexion, torsion et cisaillement. En déduire les com¯ (A) , σ̄
¯ (B) dans le repère
posantes des tenseur σ̄
cartésien (Oxyz) puis dans le repère cylindrique
(Orθx).
2. Pour chacun des 2 états de contrainte tracer le cercle
de Mohr en précisant l’axe autour du quel tourne
la facette dans le repère cartésien, et calculer les
contraintes principales et la contrainte de cisaillement maximale.
A.N. M = 40 Nm, F = 200 N, L = 50 mm, d = 12 mm
Correction papier
Problème 2 - Contraintes dans un réservoir sous pression
On considère la cuve ci-dessous constituée d’un corps cylindrique et de fonds hémisphériques
de rayon R ; elle est soumise à une surpression p. L’épaisseur e étant très petite comparée aux
dimensions de la cuve, on peut supposer que les composantes dans le plan de l’enveloppe sont
constantes dans l’épaisseur (pseudo hypothèse des contraintes planes). On cherche à déterminer
l’état de contrainte en tout point de dans l’enveloppe.
1. Contraintes dans la partie hémisphérique - Cas des réservoirs sphériques
Pour mettre en évidence les contraintes dans l’enveloppe, on isole l’un des deux fonds.
1. En appliquant le principe fondamental de la statique, et compte tenu des symétries, écrire l’équilibre
entre les forces de pression dans la cuve et la force
de cohésion qui s’exerce sur la surface annulaire (on
rappelle que e R). En déduire la contrainte sphérique σ qui s’exerce dans le plan l’enveloppe.
(b) Donner les composantes du tenseur des contraintes dans le repère sphérique en un point M
sur la surface extérieur et un point N intérieur. Tracer les cercles de Mohr correspondant.
2. Contraintes dans la partie cylindrique - Cas des réservoirs cylindriques
TD n°2 - Étude des contraintes
On isole cette fois le corps cylindrique du réservoir.
1. Au moyen d’une coupure dans le plan de coupe
A − A (voir recto), calculer comme précédemment
la contrainte axiale dans l’enveloppe.
2. Effectuer maintenant une coupure dans le plan longitudinal (abcd) et écrire l’équilibre des forces en
isolant le demi-cylindre et l’air qui y est contenu.
En déduire la contrainte circonférentielle dans l’enveloppe.
(c) Donner les composantes du tenseurs des contraintes dans le repère cylindrique en un point
M extérieur et un point N intérieur. Tracer les cercles de Mohr correspondant.
(d) Application : déterminer les contraintes principales et la contrainte de cisaillement maximale dans le corps d’un vérin de forme tubulaire de diamètre D = 100 mm, d’épaisseur
e = 5 mm et soumis à une pression intérieure p = 20 bars.
2. Application à un réservoir cylindrique formé par soudage
Un réservoir cylindrique de diamètre d supporte une pression intérieure p. Le corps du réservoir
est réalisé à partir d’une tôle d’acier d’épaisseur e soudée en hélice avec une orientation d’angle
α.
1. On se place dans le repère cylindrique (Orθx). Donner l’état de contrainte sur un élément de la paroi.
On négligera la contrainte de compression sur la face
intérieure.
2. Tracer à l’échelle le cercle de Mohr correspondant et
repérer sur le cercle la contrainte normale exercée
perpendiculairement au cordon et la contrainte de
cisaillement parallèle au cordon.
3. Quelle est l’orientation du cordon qui conduit à la
plus grande contrainte de cisaillement ?
A.N. d = 600 mm, e = 5 mm, α = 60°, p = 20 bars
Correction papier
Problème 3 - Étude d’un tenseur des contraintes
En un point M d’un milieu continu, les composantes du tenseur des contraintes de Cauchy σ
sont données, dans la base cartésienne orthonormée (ē1 , ē2 , ē3 ), par :
0,7α 3,6α 0


[σ] = 
3,6α
2,8α 0 


0
0
7,6

où α est une constante adimensionnelle.
108

(M P a)
Partie I
1. Calculer le vecteur contrainte T (ē3 ) et en déduire que n̄3 = ē3 est un vecteur propre
associé à la valeur propre σ3 ; préciser la valeur de σ3 .
2. Calculer les contraintes principales σ1 , σ2 avec σ1 > σ2
3. On note σE la limite d’élasticité obtenue en traction uniaxiale. Donner les conditions sur le
paramètre α pour que l’état de contrainte [σ] soit admissible au sens du critère de Tresca.
4. Comment appelle-t-on l’état de contrainte dans le cas où α = 0 ; tracer le cercle de Mohr
correspondant.
Partie II
On pose α = 1
1. Tracer au compas les cercles de Mohr (échelle 1 M P a pour 1 cm) ; placer l’extrémité
des vecteurs contraintes T (ē1 ) , T (ē2 ) , T (ē3 ) ; calculer l’angle ϕ entre l’axe Oe1 et l’axe
portant σ1 , placer sur le diagramme de Mohr l’angle ϕM correspondant.
2. Déterminer les directions principales n̄1 , n̄2 , n̄3 de telle sorte que le trièdre forme une base
orthonormée directe ; vérifier que ē1 · n̄1 = cos θ où θ est l’angle calculé précédemment.
√
3. Calculer le vecteur contrainte T (n̄) pour la direction n̄= 23 ē1 + 12 ē2 ; tracer dans le repère
(O, ē1 , ē2 ), avec l’échelle précédente, les vecteurs
n̄,
T et T (n̄). On rappelle que le vecteur
T est orienté de telle sorte que le trièdre n̄, T , ē3 soit directe.
Placer l’extrémité du vecteur contrainte sur le cercle de Mohr en utilisant les 2 méthodes
ci-dessous :
– en déterminant l’angle φ de la facette considérée puis l’angle φM dans le plan de Mohr ;
– en décomposant T (n̄) en sa composante normale et sa composante tangentielle :
T (n̄) = σn̄ + τ T
Correction papier
3
TD n°3 - Étude des déformation
Exercice 1 - Études de transformations
On considère les transformations Φe et Φg définies pour tout point M ∈ Ω0 dans le repère
(Oxyz) par
OM 0 −→ OM = Φe (M0 , t) = x0 (1 + αt) ēx + y0 ēy + z0 ēz
−−−→
−−→
OM0 −→ OM = Φg (M0 , t) = (x0 + y0 αt) ēx + (y0 + x0 αt) ēy + z0 ēz
(3-1)
(3-2)
où α est une constante strictement positive.
1. Ces transformations sont-elles homogènes ?
2. Si oui, donner les composantes des tenseurs F e et F g , et écrire les transformations (3-1)
et (3-2) sous la forme de relations matrice-vecteur.
3. Calculer les composantes des tenseur des dilatations C e et C g .
Éléments de réponse
Question 1 Une transformation x̄0 → x̄ = φ (x̄0 , t) est homogène si Φ est une fonction affine
de x̄0 , c’est-à-dire si elle s’écrit sous la forme
φ (x̄0 , t) = F (t) x̄0 + C (t)
ce qui est le cas des transformations Φe et Φg .
Question 2
1. Extension :
1 + αt 0 0


F e (t) = 
1 0

 0
0
0 1


Φe (x̄0 , t) = F e (t) x̄0 avec
y
OM 0
OM
x
O
2. Glissement :
1 αt 0



F g (t) = αt 1 0

0 0 1

Φg (x̄0 , t) = F g (t) x̄0 avec

111
TD n°3 - Étude des déformation
OM
y
OM 0
x
O
Question 3 Le tenseur des dilatations est défini par la formule (3-3) :
C = tF F
Extension :
(1 + αt)2 0 0


[Ce ] = 
0
1 0


0
0 1

Glissement :

1 + α2 t2
2αt
0


2
2

[Cg ] =  2αt
1 + α t 0

0
0
1


Exercice 2 - Transformations tangentes
1. On considère une transformation homogène Φ (x̄0 , t) = F (t) x̄0 + C, calculer la transformation tangente.
2. Soit la transformation Φ (x̄0 , t) = x̄0 + C
a) Quelle opération géométrique représente-elle ?
b) Calculer le vecteur déplacement ū, le gradient OΦ (x̄0 ) de la transformation et Ou.
Éléments de réponse
Question 1 - Transformation : Φ (x̄0 , t) = F (t) x̄0 + C, on a
OΦ (x̄0 , t) = F (t)
ou encore, en coordonnées cartésiennes
[OΦ] =
∂Φi
∂xj
!
= [F ]
Question 2 - Transformation : Φ (x̄0 , t) = x̄0 + C
a) Φ représente une translation de vecteur C
b) On a
ū = x̄ − x̄0 = Φ (x̄0 , t) − x̄0 = C
OΦ = 1, Ou = 0
112
Exercice 3 - Dilatations et glissement
1. Soit le tenseur des dilatations C défini par ces composantes Cij dans une base (ēi ) et un
vecteur ū0 colinéaire au premier vecteur de base : ū0 = u0 ē1
a) Donner l’expression de λ (ū0 ) et δ (ū0 ) en fonction des composantes de C.
b) Donner l’expression du glissement des deux vecteurs de base ē1 , ē2 .
2. Montrer que la dilatation d’un vecteur ū0 peut s’écrire
v
u
u
ū0 E ū0
λ (ū0 ) = t1 + 2
2
|ū0 |
3. Démontrer la formule (3-14) en utilisant la relation (3-12) et le développement limité
√
1 + 2x = 1 + x + o (x)
Éléments de réponse
Question 1


C
C21 C13
 11


[C] = C21 C22 C32 
,
C31 C32 C33
{u0 } =
 




u0 
0
= u0
 




1
0




0




0
Question 1 - Dilatation et allongement unitaire
q
λ (ū0 ) =
q
{u0 } [C] {u0 }
t
ū0 C ū0
=
|ū0 |
t
{u0 } {u0 }
=
p
C11
Question 2 - Glissement θ des 2 vecteurs ē1 , ē2
sin θ = ū0 C v̄0
ū0 C ū0
1/2 v̄0 C v̄0
1/2 = √
C12
√
C11 C22
Question 2 On a par définition
q
λ (ū0 ) =
ū0 C ū0
|ū0 |
Or
C = 2E + 1
d’où
v
u
u ū0 · ū0 + 2ū0 E ū0
λ (ū0 ) = t
=
2
|ū0 |
v
u
u
t1 + 2 ū0 E ū0
|ū0 |2
TD n°3 - Étude des déformation
Question 3 On a montré précédemment que
v
u
u
ū0 E ū0
λ (ū0 ) = t1 + 2
2
|ū0 |
or on a, à l’ordre 1,
E ' ε et ||ε|| << 1
alors, si on considère un vecteur élémentaire ū0 , on peut écrire
λ (ū0 ) '
s
1+2
ū0 εū0
ū0 εū0
2 '1+
|ū0 |
|ū0 |2
Comme δ (ū0 ) = λ (ū0 ) − 1, on obtient la formule demandée :
δ (ū0 ) '
ū0 εū0
|ū0 |2
Exercice 4 - Transformations infinitésimales
On considère à nouveau les transformations définies par (3-1) et (3-2) (exercice 3 page 111).
1. Préciser les conditions sur les paramètre α, t pour que les transformations puissent être
considérées comme infinitésimales.
2. Calculer les tenseurs des petites déformations εe , εg
Éléments de réponse
Question 1 -
On a les relations
ū = x̄ − x̄0 , Ou = F (t) − 1
1. Extension. On a
1 + αt 0 0
αt 0 0







[Fe ] (t) =  0
1 0 =⇒ [Ou] =  0 0 0

0
0 1
0 0 0


Or
Ou 1 ⇐⇒ max

i,j
d’où la condition
(Ou)ij

1
|αt| 1
2. Glissement. On a
1 αt 0
0 αt 0







[Fg ] (t) = 
=⇒
[Ou]
=
αt 1 0
αt 0 0
0 0 1
0 0 0

d’où le condition
114

|αt| 1


Question 2 -
Par définition
ε=
1
t
Ou + Ou
2
et lorsque Ou est symétrique, ce qui est notre cas, on a
ε = Ou
d’où les tenseurs
0 αt 0



[εg ] = αt 0 0

0 0 0
αt 0 0



[εe ] =  0 0 0
,
0 0 0




Exercice 5 - Extension simple et glissement double
On s’intéresse aux tenseurs des déformations infinitésimales εe , εg , définis au point M par
leurs composantes dans la base orthogonale (ēx , ēy , ēz ) :
0 γ/2 0



[εg ] =  γ/2 0 0 

0
0 0
ε 0 0



[εe ] =  0 0 0 
,
0 0 0




Soient les directions définies par les vecteurs unitaires
1
n̄a = √ (ēx + ēy ) ;
2
1
n̄b = √ (−ēx + ēy )
2
1. Calculer l’allongement unitaire δ (n̄) dans les directions n̄ = ēx , n̄a et n̄b , pour les 2 déformations.
2. Calculer les glissements γ (ēx , ēy ) et γ (n̄a , n̄b ) et la déformation volumique εV (M ), pour
les 2 déformations.
3. par un changement de repère adéquat, recalculer l’allongement unitaire δ (n̄a ) , δ (n̄b ), et
le glissement γ (n̄a , n̄b ), pour la déformation εg . La déformation volumique εV (M ) est-elle
modifiée lorsqu’elle est calculée à partir des composantes de ε dans le nouveau repère ?
Indication : dans les expressions matricielles on pourra se limiter aux matrices 2 × 2 correspondant au plan (ēx , ēy ).
Éléments de réponse
Question 1 n̄ = ēx
n̄ = n̄a
Calcul des allongements pour l’extension simple
δ (ēx )" = εx =# ε ( )
ε 0 √1
1
δ (n̄a ) = √12 (1 1)
= 21 ε
2
0 0
1
ε 0 √1
−1
(−1 1)
= 12 ε
n̄ = n̄b
δ (n̄b ) =
2
0 0
1
Calcul des allongements pour l’extension le glissement double
"
√1
2
n̄ = ēx
n̄ = n̄a
n̄ = n̄b
#
(
)
δ (ēx ) = εx = 0
δ (n̄a ) =
δ (n̄b ) =
√1
2
√1
2
(1
(−1
1)
1)
"
"
0 γ/2
γ/2 0
0 γ/2
γ/2 0
#
#
√1
2
√1
2
(
(
1
1
−1
1
)
= 12 γ
)
= − 12 γ
TD n°3 - Étude des déformation
Question 2 -
Calcul des glissements pour l’extension simple
1. Calcul des glissements :
γ (ēx , ēy ) = 2εxy = 0
2
γ (n̄a , n̄b ) = √ (1
2
1)
ε 0
0 0
"
#
1
√
2
(
−1
1
)
= −ε
2. Calcul de la déformation volumique :
εV (M ) = tr [ε] = εxx + εyy + εzz = ε
Calcul des glissements pour le glissement double
1. Calcul des glissements :
γ (ēx , ēy ) = 2εxy = γ
1
γ (n̄a , n̄b ) = 2 √ (1
2
1)
"
0 γ/2
γ/2 0
#
1
√
2
(
−1
1
)
=0
2. Calcul de la déformation volumique :
εV (M ) = tr [ε] = εxx + εyy + εzz = 0
Question 3 - Si l’on calcul les composantes ε0ij de εg dans le repère (O, n̄a , n̄b , ēz ) alors on aura
par définition
δ (n̄a ) = ε011 , δ (n̄b ) = ε022 , γ (n̄a , n̄b ) = 2ε012
Changement de repère par une rotation de 45° :
1 1 0

2
−1 1 0
[R] =


2
0 0 1
√
d’où
Ainsi


γ/2
0
0


0
t

ε = [R] [ε] [R] =  0 −γ/2 0

0
0
0


δ (n̄a ) = γ/2, δ (n̄b ) = γ/2, γ (n̄a , n̄b ) = 0
La déformation volumique n’est pas modifiée puisque la trace d’une matrice est invariante par
changement de repère :
εV (M ) = tr ε0 = tr [ε] = 0
Exercice 6 - Déformations principales
1. Reprendre les données de l’exercice 3 page 115 et calculer les valeurs propres ε1 , ε2 , ε3 et
les directions propres du tenseur εg avec γ > 0 . On choisit ε1 > ε3 > ε2 .
2. Reprendre les données de l’exercice 3 page 118 et calculer les valeurs propres et les directions propres de ε (M ) au point M = (2a, 3a, 0).
116
Éléments de réponse
Valeurs propres du tenseur
0 γ/2 0


[εg ] = 
γ/2
0 0 


0
0 0


En appliquant les formules précédentes on trouve :
ε1 = γ/2, ε2 = −γ/2, ε3 = 0
Les directions propres sont inclinées de 45° par rapport au repère de référence :
1
1
ē1 = √ (ēx + ēy ) , ē2 = √ (−ēx + ēy ) , ē3 = ēz
2
2
Question 2 -
Valeurs propres du tenseur ε (M ) au point M = (2a, 3a, 0) :
3 8 0

2a 
 8 −9 0 
[ε (M )] =


L
0 0 0


En appliquant les formules précédentes on trouve :
ε1 =
Directions propres :
– suivant ē1 :
– suivant ē2 :
14a
2a
26a
2a
= 7 × , ε2 = −
= −13 × , ε3 = 0
L
L
L
L
1
(3 − 7) x + 8y = 0 ⇒ 2y = x → ē1 = √ (2ēx + ēy )
5
1
8x + (−9 + 13) y = 0 ⇒ y = −2x → ē2 = √ (ēx − 2ēy )
5
Exercice 7 - Déformations planes
On considère un corps Ω dont la forme est un cylindre de génératrices parallèles à l’axe Ox3 .
Montrer que si, en tout point M ∈ Ω, le champ de déplacement ū (M ) vérifie :
(i) ū (M ) est indépendant de la coordonnée axiale du point ;
(ii) la composante axiale u3 est nulle.
alors on a affaire à un état de déformations planes.
Indication : écrire la forme du champ de déplacement appliquer la définition du tenseur des
petites déformations..
Éléments de réponse
La forme générale du champ de déplacement est :
ū (M ) = u1 ē1 + u2 ē2 + u3 ē3
avec
1. La condition (i) entraîne que ui = ui (x1 , x2 ).
2. La condition (ii) entraîne que u3 = 0.
ui = ui (x1 , x2 , x3 )
TD n°3 - Étude des déformation
D’où la forme particulière du champ de déplacement :
ū = u1 (x1 , x2 ) ē1 + u2 (x1 , x2 ) ē2
En appliquant la formule
1
εij =
2
on obtient
∂uj
∂ui
+
∂xj
∂xi
!
, i, j = 1, 2, 3
∂u1
∂u2
, ε22 =
, ε33 = 0
∂x1
∂x2
∂u2
1 ∂u1
= ε21 = 2
+
, ε13 = ε23 = 0
∂x2 ∂x1
ε11 =
ε12
d’où la forme de la matrice
ε
ε12 0
 11


[ε] = ε21 ε22 0

0
0 0


Exercice 8 - Déformation plane d’un solide
On considère un cylindre homogène isotrope et un repère orthonormé (Oxyz) tel que la direction Oz soit parallèle aux génératrices. Le champ de déplacement ū (M ) est connu par ses
composantes dans le repère (Oxyz) pour tout point matériel M (x, y, z) :
u (x, y, z) =
2xy
;
L
v (x, y, z) =
7x2 − 3y 2
;
L
w (x, y, z) = 0
où L désigne la longueur du cylindre qui est supposée grande devant le diamètre. Calculer au
point M :
– la matrice [ε] des petites déformations ;
– la déformation volumique εV (M ) ;
– l’allongement unitaire δ (n̄) dans la direction unitaire n̄ = (α, β, γ) ;
– le glissement γ (n̄a , n̄b ) des directions orthogonales n̄a = ēx + ēy et n̄b = ēz .
Éléments de réponse
On a
y
x 0

2

=  7x −3y 0 

L
0
0 0

[Ou] =
"
∂ui
∂xj
#

d’où
y
4x 0

1
2
t

[ε] =
[Ou] + [Ou] =  4x −3y 0 

2
L
0
0 0

εV (M ) = tr ([ε]) = −4

y
L
L
8αβx α2 − 3β 2 y avec α2 + β 2 + γ 2 = 1
2
La déformation étant dans le plan normal à la direction Oz,on a
δ (n̄) = t {n} [ε] {n} =
γ (n̄a , n̄b ) = 0
118
Exercice 9 - Étude d’un tenseur de déformation
On considère une feuille d’acier soumise à des déformations dans son plan. Ces déformations
sont données dans le repère (Oxyz) par
εx = 2, εy = −4, γxy = −6, εzz = 0,3 (en µdef)
1. Écrire la matrice des composantes du tenseur des contraintes ε.
2. On considère un carré de coté 1 m × 1 m dans lequel la déformation est uniforme. Calculer
en millimètre :
a) l’allongement du carré ;
b) la déformation due à la distorsion angulaire.
3. Calculer les valeurs propres ε1 , ε2 , ε3 de ε, avec ε1 > ε2 > ε3 , et les directions principales
Ox1 , Ox2 , Ox3 .
4. Calculer la déformation volumique εV (M ).
Éléments de réponse
Question 1 -
Matrice des composantes de ε :
2 −3 0


−6

[ε] = −3 −4 0 
 × 10
0
0 0,3


Question 2 -
Calcul de l’allongement du carré :
ε11 = 2 10−6 =
On obtient de la même façon
∆L1
⇒ ∆L1 = 2 10−3 mm
103
∆L2 = −4 10−3 mm
Déformation angulaire :
dy
= −3 10−6 ⇒ dy = −3 10−3 mm
dx
Question 3 -
Calcul des valeurs propres :
ε1,2 =
√
2 − 4 1p 2
±
6 + 4 × 32 = −1 ± 3 2
2
2
soit
√
ε1 = −1 + 3 2 ' 3,24
√
ε2 = −1 − 3 2 ' −5,24
ε3 = 0,3
Directions principales :
TD n°3 - Étude des déformation
1. Suivant Ox1 :
(2 − ε1 ) x − 3y = 0 ⇔ 1 −
√ 2 x=y
la direction est donc définie par le vecteur







 
 1 

1 

√  
' −0,4
2
1
−

 


 0 
 
 0 

2. Suivant Ox2 :
−3x + (−4 − ε2 ) y = 0 ⇔ x =
√
2−1 y
la direction est donc définie par le vecteur
√





2
−
1





1
0



'
 



0,4

1



 0 

ce qui correspond à un angle
θ = arctan 1 −
√ 2 = −22,5°
y
ēy
ē2
ēx
ē1
Question 4 -
θ
x
Déformation volumique
εV (M )) = 2 − 4 + 0,3 = −1,7
Exercice 10 - Cercle de Mohr des déformations
1. Tracer à l’échelle le cercle de Mohr correspondant à l’état de déformation de l’exercice 3
page 119.
Placer sur le cercle les déformations principales et l’angle ϕM .
2. Calculer les déformations principales et l’angle ϕ entre la direction Ox et la direction
principales Ox1 .
3. Connaissant l’angle ϕ, quelles formules utiliser pour calculer les déformations principales
ε1 , ε2 .
Éléments de réponse
Question 1 -
Matrice des composantes de ε dans le plan (x1 , x2 ) en µdéf
2 −3
[ε] =
−3 −4
"
Cercle de Mohr
120
#
γ/2
Σy = (−4,3)
ε2
ε1
OM
ε
O
θM
Σx = (2, − 3)
Question 2 - Déformations principales et direction principale.
En appliquant les formules
ε x + εy
1q
2
+
(εx − εy )2 + γyx
2
2
1q
ε x + εy
2
−
(εx − εy )2 + γyx
ε2 =
2
2
ε1 =
on obtient
ε1 ' 3,24,
ε2 ' −5,24
L’angle θM est donné par
θM = arctan
d’où
Question 3 (ou (3-23a))
γyx
εx − εy
!
= arctan −
6
6
= −45° = −
π
4
1
π
ϕM = −θM = 45° ⇒ ϕ = − ϕM = −22,5° = −
2
8
Pour retrouver ε1 , ε2 à partir de l’angle ϕ, on peut utiliser les formules (3-24a)
εn =
εx + εy
εx − εy
+
cos (θM ) − εxy sin (θM )
2
2
sachant que θM = 2ϕ. Par simple lecture sur le cercle de Mohr, on obtient ε1 avec θM = − π4 et
ε2 pour θM = − π4 +π.
Exercice 11 - Directions de dilatation nulle
Dans un essai de traction simple sur une éprouvette rectangulaire on mesure la déformation
longitudinale dans l’axe de traction ε = 100 × 10−6 .
Dans les 2 directions transversales on mesure la déformation −νε avec ν = 0,25 (coefficient
de Poisson).
TD n°3 - Étude des déformation
~ey
~ex
~ez
1. Écrire le tenseur des déformations dans le repère (Oxyz) et tracer le cercle de Mohr
correspondant. Choisir une échelle adaptée à votre feuille de papier.
2. Donner l’expression de εn et γnt en fonction de ε, ν, θ pour la facette de normale n̄ =
(cos θ, sin θ, 0). Placer le point (εn , γnt ) dans le plan de Mohr pour θ = −π/4.
3. Montrer qu’il existe 2 facettes d’angle polaire ±θ suivant lesquelles l’allongement unitaire
εn est nul. Calculer les glissements γnt correspondant
et placer les points (εn , γnt ) dans le
2
plan de Mohr. Rappel : sin 2θ = 2 tan θ/ 1 + tan θ
Éléments de réponse
Question 1
ε
0
0


[ε (M )] = 
0 
 0 −νε

0
0
−νε


γnt /2
2 = −ν
O
Question 2
1 = n
d
εn = ε1 cos2 θ + ε2 sin2 θ = ε cos2 θ − ν sin2 θ
γnt = −2 (ε1 − ε2 ) cos θ sin θ = −2ε (1 + ν) cos θ sin θ
γnt /2
θM =
2 = −ν
O
122
d
π
2
1 = n
Question 3 Il faut déterminer θ tel que γ (n̄) = εn = 0 avec n̄ = (cos θ, sin θ, 0) soit,
1
cos2 θ − ν sin2 θ = 0 ⇒ tan θ = ± √
ν
Calcul du glissement :
Par Mohr,
or
γnt = −2R sin (−2θ)
2R = ε1 − ε2 = ε (1 + ν)
Par ailleurs, on a la relation :
√
2 ν
2 tan θ
=
sin (2θ) =
1+ν
1 + tan2 θ
d’où
√
γnt = ±2ε ν
γnt /2
θM
2 = −ν
O
d
1 = n
Exercice 12 - Dépouillement d’une rosette à 45°
On considère une rosette à 45° orientée de telle sorte que la jauge centrale soit alignée avec
l’axe (Ox).
On note respectivement εa , εb , εc les mesures fournies par les jauges (a) , (b) , (c). Le but de
l’exercice est d’établir les formules permettant de calculer les composantes εx , εy , εxy du tenseurs
des déformations dans le repère (Oxyz) en fonction des données des jauges.
1. En appliquant la formule (3-15), écrire les 3 équations
δ (n̄α ) = εα , α = a, b, c
2. Inverser le système linéaire de sorte à exprimer les composantes εx , εy , εxy en fonction de
εa , εb , εc
Éléments de réponse
TD n°3 - Étude des déformation
Question 1 -
On applique la formule
δ (n̄) = t{n} [ε] {n}
avec
#
( )
√ ( )
√ ( )
2 1
2 1
εx εxy
1
, {na } =
[ε] =
, {nb } =
, {nc } =
2 −1
2 1
εyx εy
0
"
On obtient le système


δ (n̄a ) = t{na } [ε] {na } = 21 (εx + εy ) − εxy = εa



δ (n̄b ) = t{nb } [ε] {nb } = εx = εb




δ (n̄c ) = t{nc } [ε] {nc } =
1
2
(εx + εy ) + εxy = εc
On peut obtenir les mêmes équations en utilisant le relation (3-24a) de la façon suivante
π
π
θ = − ⇒ −2θ = + → εn = εa = 12 (εx + εy ) − εxy
4
2
θ = 0 ⇒ −2θ = 0 → εn = εb = εx
π
π
θ = + ⇒ −2θ = − → εn = εc =
4
2
1
2
(εx + εy ) + εxy
Question 2 - Résolution du système linéaire
En combinant les équations (1)+(3), on obtient
εx + εy = εa + ε c
et avec l’équation (2), on trouve
εy = εa + εc − εb
Avec la combinaison (3)-(1) on obtient directement
εxy =
ε c − εa
2
Bilan
Les formules permettant de dépouiller une rosette à 45° sont :
εx = εb
εy = εa + εc − εb
εxy =
1
2
(εc − εa )
Exercice 13 - Rosette à 60°
Au point M d’une structure en acier (E = 200 GP a, ν = 0, 3) on colle une rosette delta
(rosette à 60°) orientée de telle sorte que la jauge (a) soit alignée avec l’axe (Ox), la jauge (b)
soit orientée = +60° et la jauge (c) soit orientée = +120°. Les mesures relevées par les 3 jauges
sont :
εa = 120 × 10−6 ; εb = 270 × 10−6 et εc = 528 × 10−6
124
1. Déterminer le tenseur des déformations dans le repère (Oxyz).
2. Tracer le cercle de Mohr des déformations.
3. Calculer les déformations principales ε1 , ε2 et l’angle entre l’axe Ox et la direction principale Ox1 qui porte ε1 .
Éléments de réponse
Question 1 Détermination de εx , εy , γxy
On applique la formule (3-23a) :
εn = εx cos2 θ + εy sin2 θ + 2εxy sin θ cos θ
Pour φ = 60°, on a
1
cos φ = ,
4
2
D’où
3
sin φ = ,
4
2
√
3
4
cos φ sin φ =
εx = εa = 120 10−6
εy =
1
3
γxy =
(−εa + 2εb + 2εc ) = 492 10−6
√2
3
(εb − εc ) = −298 10−6
Question 2 Cercle de Mohr et déformation principales
[ε] =
"
εx
γxy /2
γyx /2
εy
#
=
"
120 −149
−149
492
#
× 10−6
Cercle de Mohr :
γnt /2
Σy
149
θM
ε2 120
-149
492
ε1
n
Σx
Question 3 Détermination des contraintes principales :
ε1,2
Soit
εx + εy
=
±
2
s
εx − εy
2
2
+ (γxy /2)2
ε1 = 306 10−6 + 238 10−6 = 544 10−6
ε2 = 306 10−6 − 238 10−6 = 67,6 10−6
θM = arctan
γxy
= 38, 69°
εx − εy
TD n°3 - Étude des déformation
d’où l’angle entre ēy et ē1 (direction principale associée à ε1 > ε2 ) :
1
1
ϕ = − ϕM = − (−θM ) = 19,35°
2
2
γnt /2
Σy
θM
ε2
ε1
n
ε1
M
ē1
ϕ
ēy
Σx
ε2
ēx
ē2
Exercice 14 - Calcul des déformation à partir d’une rosette à 45°
Une rosette à 45° est collée sur un bras de renvoi en acier (E = 210 GPa, ν = 0,3). Sous charge
les mesures expérimentales donnent
A = 400 10−6 , B = 260 10−6 , C = −225 10−6
1. On choisi un repère cartésien (Oxyz) de telle sorte que l’axe Ox soit parallèle à la direction
de la jauge A. Déterminer les composantes du tenseur des déformations dans le repère
(Oxyz).
2. Tracer le cercle de Mohr des déformations et calculer les déformations principales et le
glissement maximum.
3. Déterminer les contraintes principales σ1 , σ2 .
Correction papier
Problème - Étude des déformations dans une plaque
En un point M0 d’une plaque plane non chargée on a dessiné 2 vecteurs orthogonaux M0 P0 ,
M0 Q0 et on mesure les longueurs l0x = M0 P0 et l0y = M0 Q0 . Cette plaque est ensuite chargée
dans son plan. Après déformation, que l’on suppose infinitésimale de sorte que l’hypothèse soit
vérifiée, les points M0 , P0 , Q0 occupent les positions respectives M, P, Q et on mesure :
– la longueurs des segments lx = M P et ly = M Q ;
– les 2 vecteurs M P et M Q font un angle de π/2 − θ ;
– dans la direction normal au plan on mesure un allongement relatif εz .
On construit un repère orthonormé (ēx , ēy , ēz ) sur les directions M0 P0 , M0 Q0 ,M0 P0 ∧ M0 Q0 .
1. Calculer les composantes du tenseur des déformation ε̄¯(M0 ) en fonction des données du
problème.
2. On donne εxx = 500 10−6 , εyy = −100 10−6 , εxy = 400 10−6 ; construire le cercle de Mohr
(échelle 100 µdef = 1 cm) et calculer les déformations principales ε1 , ε2 , avec ε1 > ε2 et
l’angle ϕ entre l’axe Ox et la direction principale associée à ε1 .
3. Placer sur le cercle de Mohr les points suivant :
– (A) : l’allongement relatif est nul ;
– (B) : l’allongement relatif est maximal ;
– (C) : il n’y a pas de variation angulaire ;
126
– (D) : le glissement est maximal.
Si les points sont multiples noter M, M 0 , M 00 , ...
Correction papier
4
TD n°4 - Loi de Hooke
Exercice 1 - Loi de Hooke en formulation sphérique et déviatorique
Démontrer les formules
σm = (3λ + 2µ) εm
s̄¯ = 2µē¯
1
σm
3λ + 2µ
1 ¯
ē¯ =
s̄
2µ
εm =
⇐⇒
Éléments de réponse
On peut écrire (cf. page 48)
¯ = σm ¯1̄ + σ̄
¯0
σ̄
¯
σm = 31 trσ̄
et
ε̄¯ = εm ¯1̄ + ε̄¯0
εm = 13 trε̄¯
Alors, en appliquant la relation (4-3), on obtient
3λ + 2µ ¯
trε̄ = (3λ + 2µ) εm
3
¯ ¯1̄ = λ trε̄¯ ¯1̄ + 2µε̄¯ − λ + 2 µ trε̄¯ ¯1̄
trσ̄
3
¯=
σm = 31 trσ̄
¯−
¯ 0 = σ̄
σ̄
1
3
= 2µ ε̄¯ −
1
3
trε̄¯ ¯1̄ = 2µε̄¯0
d’où les relation attendues
σm = (3λ + 2µ) εm
¯ 0 = 2µε̄¯0
σ̄
1
σm
3λ + 2µ
1 ¯0
ε̄¯0 =
σ̄
2µ
εm =
⇐⇒
Exercice 2 - Déformations et contraintes en coordonnées cylindriques.
On considère dans un milieu continu élastique linéaire le champ de déplacement défini par
ū (M ) = ur ēr + uθ ēθ + uz ēz
avec

1


ur = 2r +


r
uθ = aθ




u = 2z
z
où a est une constante. Déterminer, dans le repère cylindrique (ēr , ēθ , ēz ), les composantes des
¯.
tenseurs ε̄¯ et σ̄
Éléments de réponse
129
TD n°4 - Loi de Hooke
On rappelle les composantes de ε̄¯
∂ur
1 ∂uθ
ur
∂uz
; εθθ =
+ ; εzz =
∂r
r ∂θ
r
∂z
uθ
1 ∂ur
1 1 ∂uz
∂uθ
1 ∂ur
∂uz
1 ∂uθ
−
+
; εθz =
+
; εxz =
+
=
2 ∂r
r
r ∂θ
2 r ∂θ
∂z
2 ∂z
∂r
εrr =
εrθ
d’où la forme de la matrice


ε
1
2− 2
r
aθ
−
2r
0


εrθ εrz
 

=
εθθ εθz  


εzθ εzz
 rr
[ε] = 
εθr
εzr
aθ
−
2r
a
1
+2+ 2
r
r
0

0 


0 

2
Par ailleurs, la loi de comportement est donnée par
¯ = λ trε̄¯ ¯1̄ + 2µε̄¯
σ̄
avec
1
trε̄¯ = εrr + εθθ + εzz = 2 − 2
r
+
a
1
+2+ 2
r
r
+2=6+
a
r
d’où les contraintes :

1
a


σrr = λ 6 + r + 2µ 2 − 2


r



a
1
a
+
2µ
+
2
+
σ
=
λ
6
+
θθ

r

r
r2





a
σzz = λ 6 +
r
+ 4µ

aθ


σrθ = −µ


r


σrz = 0






σθz = 0
Exercice 3 - Dépouillement d’une rosette à 45°
Sur un matériau élastique de caractéristique E = 200 GPa, ν = 0,3 est collée une rosette à 45°
orientée comme indiqué sur la figure. On note respectivement εa , εb , εc les mesures fournies par
les jauges (a) , (b) , (c).
1. Calculer les composantes σx , σy , σxy du tenseurs des déformations dans le repère (Oxyz)
en fonction de εa , εb , εc .
Indication : reprendre les résultats de l’exercice 3, page 123
2. En déduire la déformation transversale εzz
Éléments de réponse
130
Question 1 -
Les formules permettant de dépouiller une rosette à 45° sont :
εx = εb
εy = εa + εc − εb
εxy =
1
2
(εc − εa )
En combinant avec les formules (4-11) :
E
(εx + νεy )
1 − ν2
E
σy =
(εy + νεx )
1 − ν2
σx =
σxy = 2Gεxy
on obtient
E
[(1 − ν) εb + ν (εa + εc )]
1 − ν2
E
σy =
[εa + εc − (1 − ν) εb ]
1 − ν2
σx =
σxy = G (εc − εa )
Question 2 -
Déformation transversale
ν
ν
εz = − (σx + σy ) = −
(εa + εc )
E
1−ν
Exercice 4 - Dépouillement d’une rosette à 60°
Poursuivre l’exercice 3, page 124 avec les questions suivantes (même matériaux) :
1. Déterminer le tenseur des contraintes dans le repère (Oxyz)
2. Tracer le cercle de Mohr des contraintes
3. Calculer les contraintes principales σ1 , σ2 et retrouver les déformations principales en M .
Éléments de réponse
Rappel de l’exercice précédent : pour une rosette à 60° avec les valeurs
εa = 120 × 10−6 ; εb = 270 × 10−6 et εc = 528 × 10−6
on obtient les déformations
εx = εa = 120 × 10−6
εy =
1
3
εxy =
(−εa + 2εb + 2εc ) = 492 × 10−6
√1
3
(εb − εc ) = −298 × 10−6
Question 1 - Le tenseur des contraintes est obtenu en appliquant la loi de Hooke (4-11) avec
E = 200 GPa, ν = 0, 3 :
E
[εx + νεy ] ' 58,8 MPa
1 − ν2
E
σy =
[εy + νεx ] ' 116,0 MPa
1 − ν2
σx =
σxy = 2Gεxy ' 45,8 MPa
TD n°4 - Loi de Hooke
Question 2 -
Idem cercle de Mohr des déformation
Question 3 - Soit en appliquant la loi de Hooke à partir des déformations principales, soit en
appliquant les formules classiques donnant les v.p.
Problème - Loi de Hooke en contrainte plane
On considère un matériau homogène, élastique, isotrope, caractérisé par les coefficients élastiques E, ν. On étudie les deux systèmes ci-dessous dans lesquels on exerce un chargement réparti
d’intensité σ dans la direction x (voir figure). On suppose que l’état de contrainte qui en résulte
est uniforme dans l’élément et l’on se place dans l’hypothèse des contraintes planes.
Cas 1
y
Cas 2
σ
x
y
σ
x
Cas 1
1. Donner dans le repère (Oxy) les composantes du tenseur des contraintes σ puis les composantes du tenseur des déformations ε en fonction des données du problème σ, E, ν.
Comment appelle t-on cet état de contrainte ? Calculer la variation de volume.
2. Tracer le cercle de Mohr des contraintes et indiquer l’orientation de la facette correspondant
au cisaillement maximum.
Cas 2
1. On note respectivement σx , σy et εx , εy les composantes normales du tenseur des contraintes
et du tenseur des déformations ; ces 4 grandeurs sont a priori inconnues. (i) Déterminer-les
en exploitant conditions d’appuis et de chargement particulières et la loi de Hooke. (ii)
Calculer la déformation normale dans la direction Oz et la variation de volume.
2. (i) Tracer le cercle de Mohr des contraintes et des déformations (prendre ν = 1/3 pour
les dessins) et en déduire τmax et γmax . é Vérifier que ces valeurs maximales de contrainte
et de déformation sont relatives à la même facette et retrouver la valeur du module de
cisaillement G.
Correction papier
132