Michel Cazenave
Méthode
des éléments finis
Approche pratique
en mécanique des structures
9782100544639.indb 3
09/02/10 14:53
© Dunod, Paris, 2010
ISBN 978-2-10-055065-4
9782100544639.indb 4
09/02/10 14:53
Table des matières
1 • Introduction
1
2 • Rappels sur le calcul matriciel
3
2.1
Notion de matrice
3
2.2
Opérations de base
4
2.3 Matrices carrées
3 • Rappels sur la mécanique du solide
15
3.1 Les contraintes
15
3.2 Les déformations
19
3.3 Relations entre contraintes et déformations
22
3.4
27
Énergie de déformation élastique
4 • Principes de la méthode des éléments finis en statique
31
4.1 Approximation nodale – fonctions de forme 31
4.2 Résolution
33
4.3
43
Organigramme général de résolution
5 • Éléments de barre et de ressort
5.1
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
7
Élément de barre
45
45
5.2 Matrices de rigidité élémentaires
45
5.3
Élément de ressort
46
5.4 Exemple 1 : console
47
5.5 Exemple 2 : treillis
54
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.1
Équation générale des poutres planes
61
61
6.2
Élément de poutre plane à 2 nœuds
63
6.3
Élément de poutre tridimensionnel à 2 nœuds
72
6.4 Exemple 3 : poutre continue
78
6.5 Exemple 4 : portique
89
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V
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7 • Éléments isoparamétriques
7.1
Problématique du maillage
101
101
7.2
Familles d’éléments
104
7.3
Caractéristiques élémentaires
120
7.4 Intégration numérique
123
8 • Éléments de membrane
127
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle
128
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire
140
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée
155
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console
176
9 • Éléments de plaque
185
9.1 Rappels sur les théories des plaques
185
9.2 Exemple 9 : plaque simplement appuyée sur 4 côtés
192
9.3 Exemple 10 : plancher dalle 208
10 • Éléments de coque
215
10.1 Aspects théoriques
215
10.2 Exemple 11 : coque plate comprimée fléchie
218
10.3 Exemple 12 : étude d’une poutre en I
221
11 • Analyse non linéaire géométrique
227
11.1 Aspects théoriques
227
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique
240
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres
254
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques
265
11.5 Exemple 16 – Déversement d’une poutre
275
Bibliographie
281
Compléments en ligne
283
1. Notice d’utilisation
283
2. Conditions générales d’utilisation
285
Index alphabétique
287
VI
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1 • Introduction

A
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Pour mener à bien un projet technique, l’ingénieur ou technicien de bureau
d’études doit concevoir puis dimensionner l’ouvrage de manière à fournir à l’entreprise exécutante les plans nécessaires à sa réalisation. Très souvent, celui-ci utilisera
un outil de calcul basé sur la méthode dite des éléments finis dont l’utilisation s’est
généralisée dans l’industrie depuis une vingtaine d’années.
Cette méthode, qui n’est pas uniquement dédiée aux problèmes de structures lui
permettra de résoudre un éventail très large de problèmes : structurels, thermiques,
électromagnétiques, fluidiques, avec des aspects linéaires ou non linéaires, stationnaires ou transitoires.
Différents éditeurs de logiciels se sont imposés sur ce marché. Ils proposent généralement plusieurs modules permettant d’aborder des problèmes multi physiques.
La structure de ces codes comporte habituellement un pré-processeur, un ou plusieurs solveurs, un ou plusieurs post-processeurs. Le pré-processeur est une interface
graphique permettant à l’utilisateur de décrire la géométrie et le type de problème à
résoudre. Le ou les solveurs intègrent les bases des méthodes de résolution (linéaire
ou non linéaire, stationnaire ou transitoire, etc.) spécifiques au cas étudié. Le ou les
post-processeurs permettent de visualiser les résultats sous forme de courbes (évolution en fonction du temps, des charges, des déplacements, etc.) ou d’isovaleurs
matérialisant le comportement de la structure par une échelle de couleurs variant
du bleu au rouge généralement.
Mais avant d’utiliser un tel code de calcul de manière opérationnelle, il est essentiel d’explorer ses capacités et surtout ses limites. Pour ce faire, le futur utilisateur
devra maîtriser un minimum de prérequis théoriques dans le secteur visé (mécanique, génie civil, etc.) mais également dans le domaine de la méthode des éléments finis. Toujours dans ce même domaine et au niveau pratique, il devra être
capable de résoudre des problèmes simples avec le logiciel mis à sa disposition.
Généralement, les éditeurs de ces logiciels joignent au produit un manuel dit de
vérification permettant de comparer les résultats obtenus à un référentiel souvent
issu de bases théoriques. Dans le cadre de la mise en œuvre d’une nouvelle technique ou peut-être même lors d’une première utilisation, l’opérateur pourra aussi
utiliser ce manuel comme base de formation à l’outil. C’est la démarche que nous
avons essayé de reproduire en basant nos développements sur des résultats connus.
Cet ouvrage a donc pour but de familiariser les ingénieurs et techniciens mais également les étudiants à cette méthode en abordant sa problématique par la pratique.
16 exemples traitant les aspects théoriques et pratiques de manière graduelle sont
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1
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1 • Introduction


ainsi proposés. Quand cela s’avère nécessaire, ceux-ci sont accompagnés de rappels sur les théories des poutres, des plaques ou des coques. Leurs résultats seront
d’ailleurs, comme indiqué précédemment, très souvent utilisés comme référentiels.
Ceci étant, cet ouvrage ne prétend pas couvrir la méthode de manière exhaustive
car les techniques numériques abordées font partie des plus courantes dans les
codes de calcul commerciaux.
Partant de pré requis en mathématiques et mécanique du solide, le principe d’approximation élémentaire utilisé par cette méthode est tout d’abord appliqué en
statique aux structures filaires en barres et poutres. La problématique du maillage
et de la validation des modèles de calcul est ensuite abordée lors de l’étude des
modélisations surfaciques avec des éléments membranes, plaques ou coques. Enfin,
ces éléments sont ensuite utilisés dans le cadre de l’étude de la non linéarité géométrique et des méthodes de résolution associées telles que celles de Newton-Raphson
ou de longueur d’arc. Ces différents aspects sont ensuite appliqués aux instabilités
des structures comme le flambement, le déversement ou le voilement des âmes.
Afin de bien décrire la méthodologie utilisée, la grande majorité de ces exemples
est traitée pas à pas par des calculs manuels ou semi automatiques avec le logiciel
Mathcad™ développé par la société Parametric Technology Corporation et dont
les résultats sont recoupés avec les codes de calcul Advance Structure/Effel™ ou
A
­ baqus™ édités respectivement par les sociétés Graitec SA et Dassault Systèmes
Simulia Corporation. Nous remercions d’ailleurs très sincèrement ces trois éditeurs
pour nous avoir permis d’utiliser leurs logiciels pour illustrer nos exemples.
2
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2 • Rappels sur le calcul matriciel

A
Le calcul par éléments finis nécessitant le maniement de nombreuses valeurs numériques, il est plus aisé d’exprimer celles-ci sous forme matricielle.
En regroupant des termes de même nature au sein d’une seule et même variable,
cette écriture plus synthétique permet en effet une meilleure compréhension des
différentes phases de construction de la méthode.
Ceci nécessite néanmoins la maîtrise des opérations de base associées à ce type de
calcul : l’addition ou le produit de plusieurs matrices, la résolution de systèmes
linéaires, etc.
2.1 Notion de matrice
Soit la fonction polynomiale suivante :
v( x ) = b0 + b1 x + b2 x 2 + b3 x 3 avec x Π[0, L ]
(2.1)
Et sa dérivée :
v ʹ( x ) = b1 + 2b2 x + 3b3 x 2
(2.2)
Supposant que v( x ) et v ʹ( x ) valent v1 et β1 en x = 0 , v2 et β 2 en x = L , on
peut aisément établir le système de 4 équations suivant :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧v1 = v ( 0 ) = b0
⎪
⎪ β1 = v ʹ ( 0 ) = b1
⎨
2
3
⎪v2 = v ( L ) = b0 + b1L + b2 L + b3 L
⎪ β 2 = v ʹ ( L ) = b1 + 2b2 L + 3b3 L2
⎩
(2.3)
Cependant, ce système peut être exprimé de manière plus synthétique sous
⎧ v1 ⎫
⎪β ⎪
⎪ 1⎪
forme matricielle en posant que le vecteur {v} = ⎨ ⎬ peut être relié au vecteur
⎪ v2 ⎪
⎧b0 ⎫
⎪⎩ β 2 ⎪⎭
⎪b ⎪
⎪ 1⎪
{b} = ⎨ ⎬ via une matrice [ R ] .
⎪b2 ⎪
⎪⎩b3 ⎪⎭
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3
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2 • Rappels sur le calcul matriciel
2.2 Opérations de base

Anticipant sur les règles relatives au produit des matrices (cf. § 2.2.2), On a donc :
⎧ v1 ⎫ ⎡1
⎪ β ⎪ ⎢0
⎪ 1⎪
v
=
{ } ⎨ ⎬ = ⎢⎢
⎪ v 2 ⎪ ⎢1
⎪⎩ β 2 ⎪⎭ ⎣0
0 0
0 ⎤ ⎧b0 ⎫
1 0
0 ⎥ ⎪⎪b1 ⎪⎪
⎥ ⋅ ⎨ ⎬ = [ R ] ⋅ {b}
L L2 L3 ⎥ ⎪b2 ⎪
⎥
1 2 L 3L2 ⎦ ⎪⎩b3 ⎪⎭
équivalent au système d’équations (2.3).
Dans ce cas {v} et {b} sont des vecteurs « colonne » à 4 lignes alors que la matrice
[ R ] est une matrice dite carrée à 4 lignes et 4 colonnes. De manière générale, une
matrice peut être caractérisée par un ensemble de nombres ordonnés et regroupés
en n lignes et m colonnes.
On aura alors une matrice de dimensions n ¥ m :
⎡ a11
⎢a
⎢ 21
⎢ a31
⎢
[ A] = ⎢ .
⎢ ai1
⎢
⎢ .
⎢a
⎣ n1
a12
a22
a32
.
ai 2
.
an 2
a13
a23
a33
.
ai 3
.
an 3
.
.
.
.
.
.
.
a1 j
a2 j
a3 j
.
aij
.
anj
.
.
.
.
.
.
.
a1m ⎤
a2m ⎥
⎥
a3m ⎥
⎥
. ⎥
aim ⎥
⎥
. ⎥
anm ⎥⎦
(2.4)
aij caractérisant le terme des i ème ligne et j ème colonne de la matrice [ A ] . Si n = 1
ou m = 1, la matrice sera associée suivant le cas, soit à un vecteur ligne, soit à un
vecteur colonne qui sont généralement notés { } . De plus et spécifiquement pour
les matrices dites carrées (n = m), les termes aii seront appelés termes diagonaux et
formeront la diagonale de la matrice.
2.2 Opérations de base
2.2.1 Addition
Soit deux matrices [ A ] et [ B ] de dimensions n ¥ m construites à partir de (2.4), la
matrice [C ] de mêmes dimensions, somme des matrices [ A ] et [ B ] , sera obtenue
en posant que chacun des termes cij est égal à aij + bij . On aura alors :
4
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2 • Rappels sur le calcul matriciel
c13
c 23
c33
.
ci 3
.
cn 3
.
.
.
.
.
.
.
c1 j
c2 j
c3 j
.
cij
.
cnj
.
.
.
.
.
.
.
c1m ⎤
c 2m ⎥
⎥
c 3m ⎥
⎥
. ⎥=
cim ⎥
⎥
. ⎥
cnm ⎥⎦
A

⎡ c11 c12
⎢c
c
⎢ 21 22
⎢c31 c32
⎢
[C ] = ⎢ . .
⎢ c i1 c i 2
⎢
.
⎢ .
⎢c
⎣ n1 cn 2
2.2 Opérations de base

⎡ a11 + b11
⎢a + b
⎢ 21 21
⎢ a31 + b31
⎢
.
⎢
⎢ ai1 + bi1
⎢
.
⎢
⎢a + b
⎣ n1 n1
a12 + b12
a22 + b22
a32 + b32
.
ai 2 + bi 2
.
an 2 + bn 2
a13 + b13
a23 + b23
a33 + b33
.
ai 3 + bi 3
.
an 3 + bn 3
. a1 j + b1 j
. a2 j + b2 j
. a3 j + b3 j
.
.
. aij + bij
.
.
. anj + bnj
. a1m + b1m ⎤
(2.5)
⎥
. a2m + b2m
⎥
. a3m + b3m ⎥
⎥
.
.
⎥ = [ A] + [B ]
. aim + bim ⎥
⎥
.
.
⎥
. anm + bnm ⎥⎦
Dans le cas d’une différence des matrices [ A ] et [ B ] , on posera de la même façon :
cij = aij − bij
(2.6)
⎡1 0 2 3 ⎤
⎡3 4 7 2 ⎤
Exemples : Soit les matrices [ A ] = ⎢
et [ B ] = ⎢
⎥
⎥
⎣3 1 0 5 ⎦
⎣1 6 2 3 ⎦
⎡ 4 4 9 5⎤
⎡ −2 −4 −5 1 ⎤
[C ] = [ A ] − [ B ] = ⎢
⎥
⎥.
⎣ 7 2 8⎦
⎣ 2 −5 −2 2 ⎦
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
[C ] = [ A ] + [ B ] = ⎢ 4
2.2.2 Produit
■■ Produit d’une matrice par un scalaire
Soit une matrice [ A ] de dimensions n ¥ m, la matrice [C ] , produit de la matrice
[ A ] par le scalaire l sera obtenue en multipliant chacun des termes de la matrice
[ A ] par l. On aura donc :
cij = λ ⋅ aij
(2.7)
Exemple :
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⎡1 0 2 3 ⎤ ⎡ 3 0 6 9 ⎤
=
0 5 ⎥⎦ ⎢⎣9 3 0 15⎥⎦
⎣
[C ] = 3 ⋅ [ A ] = 3 ⋅ ⎢3 1
5
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2 • Rappels sur le calcul matriciel
2.2 Opérations de base

■■ Produit de 2 matrices
Soit deux matrices [ A ] et [ B ] de dimensions respectives n ¥ m et m ¥ l, la matrice
[C ], produit des matrices [ A ] et [ B ] 1, de dimensions n ¥ l, sera obtenue en posant
que les termes cij sont égaux à :
k =m
cij = ∑ aik × bkj
(2.8)
k =1
Par exemple, on trouvera pour le premier terme :
c11 = a11 ⋅ b11 + a12 ⋅ b21 + ..... + a1m ⋅ bm1
Cependant et pour que ce produit soit possible, il est important de noter que le
nombre de colonnes de la matrice [ A ] doit être égal au nombre de lignes de la
matrice [ B ] .
⎡4 9⎤
⎢3 1 ⎥
⎡1 0 2 3 ⎤
⎢
⎥
Exemple : Soit les matrices [ A ] = ⎢
⎥ et [ B ] = ⎢1 6 ⎥
3
1
0
5
⎣
⎦
⎢
⎥
⎣7 5 ⎦
⎡1 ⋅ 4 + 0 ⋅ 3 + 2 ⋅1 + 3 ⋅ 7 1 ⋅ 9 + 0 ⋅ 1 + 2 ⋅ 6 + 3 ⋅ 5⎤ ⎡27 36 ⎤
[C ] = [ A ] ⋅ [ B ] = ⎢ 3 ⋅ 4 + 1 ⋅ 3 + 0 ⋅1 + 5 ⋅ 7 3 ⋅ 9 + 1 ⋅1 + 0 ⋅ 6 + 5 ⋅ 5 ⎥ = ⎢50 53 ⎥
⎣
⎦ ⎣
⎦
■■ Produit de 3 matrices
Soit trois matrices [ A ] , [ B ] et [C ] de dimensions respectives n ¥ m, m ¥ l et l ¥ p,
la matrice [ F ] , produit des matrices [ A ] , [ B ] et [C ] , de dimensions n ¥ p sera
obtenue en effectuant dans un premier temps soit le produit [ A ] ⋅ [ B ] soit celui de
[ B ] ⋅ [C ] , les deux approches amenant au même résultat.
⎛ [D ] ⎞
⎛ [E ] ⎞
[ F ] = [ A ] ⋅ [ B ] ⋅ [C ] = [ A ] ⋅ ⎜⎜ [ B ] ⋅ [C ] ⎟⎟ = [ A ] ⋅ [ D ] = ⎜⎜ [ A ] ⋅ [ B ] ⎟⎟ ⋅ [C ] = [ E ] ⋅ [C ]
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎡4
⎢3
⎡1 0 2 3 ⎤
⎢
B
=
,
Exemple : Soit les matrices [ A ] = ⎢
[
]
⎥
⎢1
3
1
0
5
⎣
⎦
⎢
⎣7
9⎤
27 36 ⎤
1⎥
⎥ et [C ] = ⎡
⎢
⎥
6⎥
⎣50 53 ⎦
⎥
5⎦
⎛
⎡4 9⎤ ⎞
⎜
⎢
⎥⎟
⎡1 0 2 3 ⎤ ⎢ 3 1 ⎥ ⎟ ⎡27 36 ⎤ ⎡27 36 ⎤ ⎡27
⎜
([ A ] ⋅ [ B ]) ⋅ [C ] = ⎜ ⎢3 1 0 5⎥ ⋅ ⎢1 6 ⎥ ⎟ ⋅ ⎢50 53 ⎥ = ⎢50 53 ⎥ ⋅ ⎢50
⎣
⎦ ⎣
⎦
⎦ ⎣
⎜⎜ ⎣
⎢
⎥ ⎟⎟
7
5
⎛
⎣
⎦⎠
⎝ ⎡4 9⎤ ⎞
⎟
⎜
⎢
⎥
⎡1 0 2 3 ⎤ 3 1 ⎡27 36 ⎤ ⎡27 36 ⎤ ⎡27 36 ⎤ ⎡ 2529
([ A ] ⋅ [ B ]) ⋅ [C ] = ⎜⎜ ⎢3 1 0 5⎥ ⋅ ⎢⎢1 6 ⎥⎥ ⎟⎟ ⋅ ⎢50 53 ⎥ = ⎢50 53 ⎥ ⋅ ⎢50 53 ⎥ = ⎢ 4000
⎣
⎦ ⎣
⎦
⎦ ⎣
⎦ ⎣
⎜⎜ ⎣
⎢
⎥ ⎟⎟
7
5
1. Le produit
[A] ◊ [B] ≠ [B] ◊ [A].
⎣
⎦Généralement,
⎠
⎝ matriciel n’est pas commutatif.
36 ⎤ ⎡ 2529 28880 ⎤
=
53 ⎥⎦ ⎢⎣ 4000 4609 ⎥⎦
28880 ⎤
4609 ⎥⎦
6
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2 • Rappels sur le calcul matriciel
2.3 Matrices carrées

9⎤
⎞
⎡ 558 621⎤
⎟
⎥
1 ⎡27 36 ⎤ ⎟ ⎡1 0 2 3 ⎤ ⎢131 161 ⎥ ⎡ 2529 2880
⎢
⎥⋅
⎥=
=
6 ⎥ ⎢⎣50 53 ⎥⎦ ⎟ ⎢⎣3 1 0 5 ⎥⎦ ⎢327 354 ⎥ ⎢⎣ 4000 4609
⎟
⎢
⎥
⎥
⎟
5⎦
⎣ 439 3117 ⎦
⎠
⎛ ⎡4 9⎤
⎞
⎡ 558 621⎤
⎜⎢
⎟
⎢
⎥
⎥
⎡1 0 2 3 ⎤ 3 1 ⎡27 36 ⎤
⎡1 0 2 3 ⎤ 131 161
⎡ 2529 2880 ⎤
[ A ] ⋅ ([ B ] ⋅ [C ]) = ⎢3 1 0 5 ⎥ ⋅ ⎜⎜ ⎢⎢1 6 ⎥⎥ ⋅ ⎢50 53 ⎥ ⎟⎟ = ⎢3 1 0 5⎥ ⎢⎢327 354 ⎥⎥ = ⎢ 4000 4609 ⎥
⎣
⎦ ⎜
⎦
⎣
⎦⎟ ⎣
⎣
⎦
⎢
⎥
⎜ ⎢7 5 ⎥
⎟
439
31
1
7
⎣
⎦
⎦
⎝⎣
⎠
⎛ ⎡4
⎜⎢
⎡1 0 2 3 ⎤ ⎜ ⎢ 3
[ A ] ⋅ ([ B ] ⋅ [C ]) = ⎢3 1 0 5 ⎥ ⋅ ⎜ ⎢1
⎣
⎦ ⎜
⎜ ⎢7
⎝⎣

A
2.2.3 Matrice transposée
Soit la matrice [ A ] de dimensions n ¥ m, la matrice [ B ] de dimensions m ¥ n
T
transposée de [ A ] (notée [ A ] ) sera obtenue en posant pour chacun des termes
de [ B ] que bij = a ji . Pratiquement, ce calcul revient à échanger les lignes et les
colonnes de la matrice [ A ] .
⎡1
⎢0
⎡1 0 2 3 ⎤
T
⎢
B
=
A
=
Exemple : soit la matrice [ A ] = ⎢
[
]
[
]
⎥
⎢2
3
1
0
5
⎣
⎦
⎢
⎣3
3⎤
1⎥
⎥.
0⎥
⎥
5⎦
On notera par ailleurs que :
T
([ A ] ⋅ [ B ]) = [ B ]T ⋅ [ A ]T
(2.9)
2.3 Matrices carrées
2.3.1 Matrice identité
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
La matrice identité, notée [ I ] , est une matrice carrée dont les termes diagonaux
sont égaux à 1, tous les autres étant nuls. De ce fait, le produit de la matrice identité par une matrice [ A ] quelconque (ou inversement) est égal à la matrice [ A ]
elle-même.
⎡1
⎢0
⎢
[ I ] = ⎢0
⎢
⎢.
⎢0
⎣
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0
1
0
.
0
0
0
1
.
0
.
.
.
.
.
0⎤
0⎥
⎥
0 ⎥ et [ I ] ⋅ [ A ] = [ A ] ⋅ [ I ] = [ A ]
⎥
.⎥
1 ⎥⎦
(2.10)
7
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2 • Rappels sur le calcul matriciel
2.3 Matrices carrées

2.3.2 Matrice inverse
−1
−1
−1
−1
[ A] ⋅ [ A] = [ A] ⋅ [ A]
−1
La matrice inverse de [ A ] notée [ A ] est définie telle que [ A ] ⋅ [ A ] = [ A ] ⋅ [ A ] = [ I ]
= [ I ] et peut être calculée en posant :
1
T
⋅ Com [ A ]
(2.11)
[ A ]−1 =
det [ A ]
où Com [ A ] et det [ A ] sont respectivement la comatrice et le déterminant de la
matrice [ A ] .
La matrice [ A ] sera donc inversible à condition que son déterminant soit différent
de 0.
■■ Calcul du déterminant
– 2 dimensions :
⎡ a11
det ⎢
⎣ a21
a12 ⎤ a11
=
a22 ⎥⎦ a21
a12
= a11 ⋅ a22 − a12 ⋅ a21
a22
(2.12)
– 3 dimensions :
⎡ a11
⎢
det ⎢ a21
⎢ a31
⎣
a12
a22
a32
a13 ⎤ a11
⎥
a23 ⎥ = a21
a33 ⎥⎦ a31
a12
a22
a32
a13
a23
a33
(2.13)
Qui peut être calculé grâce à la règle de Sarrus :
a11
a21
a31
a12
a22
a32
a13
a23
a33
a11
a21
a12
a22
a13
a33
+ Produit des 3 termes
– Produit des 3 termes
= a11 ⋅ a22 ⋅ a33 + a21 ⋅ a32 ⋅ a13 + a31 ⋅ a12 ⋅ a33
− a13 ⋅ a22 ⋅ a31 − a23 ⋅ a32 ⋅ a11 − a33 ⋅ a12 ⋅ a21
■■ Calcul de la comatrice et la matrice inverse
La comatrice de [ A ] , notée Com [ A ] , correspond à la matrice des cofacteurs de
[ A ] .i +Lej cofacteur du terme i, j de la matrice [ A ] est obtenu en multipliant par
( −1) le déterminant de la sous-matrice issue de la suppression des ligne i et
colonne j.
– 1 dimension :
1
(2.14)
[ A ] = a11 ⇒ [ A ]−1 =
a11
8
9782100544639.indb 8
09/02/10 14:53
2 • Rappels sur le calcul matriciel
2.3 Matrices carrées

– 2 dimensions :
⎣ 21
−1
⇒ [ A]
a12 ⎤
⎡ a22
⇒ Com [ A ] = ⎢
⎥
a22 ⎦
⎣ −a12
⎡ a22
1
=
⋅⎢
det [ A ] ⎣ − a21
−a21 ⎤
a11 ⎥⎦
−a12 ⎤
a11 ⎥⎦
(2.15)
– 3 dimensions :
a21 a23
a21 a22 ⎤
⎡ a22 a23
−
+
⎢+
⎥
a31 a33
a31 a32 ⎥
⎢ a322 a33
⎡ a11 a12 a13 ⎤
⎢ a12 a13
a11 a12 ⎥
a11 a13
⎢
⎥
⎢
⎥
A
=
a
a
a
⇒
Com
A
=
−
+
−
[ ] ⎢ 21 22 23 ⎥
[ ]
a31 a32 ⎥
a31 a33
⎢ a32 a33
⎢ a31 a32 a33 ⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
⎢ + a12 a13 − a11 a13 + a11 a12 ⎥ (2.16)
⎢
a21 a23
a21 a22 ⎥⎦
⎣ a22 a23
⎡ a22 a33 − a23 a32 a23 a31 − a21a33 a21a32 − a22 a31 ⎤
1 ⎢
⎥
−1
a13 a32 − a12 a33 a11a33 − a13 a31 a12 a31 − a11a32 ⎥
⇒ [ A] =
⎢
det [ A ]
⎢ a12 a23 − a13 a22 a13 a21 − a11a23 a11a22 − a12 a21 ⎥
⎣
⎦
A

⎡ a11
[ A] = ⎢a
2.3.3 Méthodes de résolution de systèmes linéaires
Considérant n équations à n inconnues (qui sont regroupées dans le vecteur {q} ),
la résolution du système linéaire de type [ K ] ⋅ {q} = {F } amène à isoler le vecteur
{q} de manière à obtenir :
−1
−1
−1
K ] ⋅ [ K ] ⋅ {q} = [ K ] ⋅ {F } ⇒ {q} = [ K ] ⋅ {F }
[ K ] ⋅ {q} = {F } ⇔ [
(2.17)
[I ]
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Ceci suppose bien sûr que le déterminant de la matrice [ K ] est différent de 0.
Dans le cas contraire, on parlera de système singulier. Nous verrons d’ailleurs par la
suite qu’en éléments finis la singularité de la matrice de rigidité [ K ] est souvent à
associer à un problème de conditions d’appui.
De plus, la méthode de calcul par éléments finis amenant dans la plupart des cas
à la résolution d’un système de n équations à n inconnues de grandes dimensions,
l’inversion conventionnelle vue au chapitre précédent s’avérera peu efficace.
Les outils de calcul par éléments finis font donc très souvent appel à des méthodes
plus pertinentes telles que celles par élimination de Gauss, de Cholesky ou frontale.
Il existe deux grandes familles de méthodes de résolution : les méthodes directes
(Gauss, Cholesky, frontale, etc.) et les méthodes itératives (gradients conjugués).
Leur efficacité sera directement liée aux performances du ou des processeurs de
l’ordinateur utilisé, de la vitesse d’accès au disque dur mais surtout de la quantité
de mémoire vive (RAM) disponible.
Généralement, les méthodes de gradients conjugués se révèlent moins gourmandes
en terme de mémoire. Ceci étant et spécifiquement pour les problèmes linaires
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9
09/02/10 14:53
2 • Rappels sur le calcul matriciel
2.3 Matrices carrées

élastiques comportant plusieurs cas de charges, leur utilisation apparaît moins pertinente dans la mesure où celles-ci nécessitent une résolution complète à chaque
changement d’état de charges.
En effet et dans le cas des méthodes directes appliquées aux problèmes linéaires
élastiques, seul le premier cas de charges nécessite une inversion de la matrice de
rigidité, les résultats des cas suivants étant obtenus par linéarité après stockage de la
matrice inversée en mémoire (uniquement si les conditions d’appui ou de température ne varient pas).
■■ Résolution par la méthode par élimination de Gauss
Soit le système à résoudre [ K ] ⋅ {q} = {F } (n équations à n inconnues) :
⎧k11q1 + k12 q2 + k13 q3 + ................. + k1n qn = F1
⎪k q + k q + k q + ................. + k q = F
2n n
2
⎪ 21 1 22 2 23 3
⎪⎪ .
.
.
.
.
⎨
.
.
.
.
⎪ .
⎪ .
.
.
.
.
⎪
⎪⎩kn1q1 + kn 2 q2 + kn 3 q3 + ................. + knn qn = Fn
(2.18)
Pour éliminer la 1re inconnue, la méthode consistera à exprimer q1 en fonction des
autres inconnues et à la remplacer dans les (n –1) équations restantes :
q1 =
1
( F1 − k12 q2 − k13q3 − ................ − k1n qn )
k11
(2.19)
Donc et en remplaçant (2.19) dans (2.18), le système devient :
⎧k11q1 + k12 q2 + k13 q3 + ................. + k1n qn = F1
⎪
1 q + k1 q + ................. + k1 q = F 1
k22
2
23 3
2n n
2
⎪
⎪⎪
.
.
.
.
⎨
.
.
.
.
⎪
⎪
.
.
.
.
⎪
1
1
1
kn 2 q2 + kn 3 q3 + ................. + knn qn = Fn1
⎪⎩
avec
(2.20)
k s −1ksjs−1
⎧ s
s −1 − is
k
=
k
⎪ ij
ij
ksss−1
⎪
⎨
s −1 s −1
⎪ F s = F s −1 − kis Fs
i
i
⎪⎩
ksss−1
Au terme de la nième élimination, le système s’écrit sous forme triangulaire ce qui
rend aisée sa résolution :
10
9782100544639.indb 10
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2.3 Matrices carrées

⎧k11q1 + k12 q2 + k13 q3 + ................. + k1n qn = F1
⎪
1 q + k1 q + ................. + k1 q = F 1
k22
2
23 3
2n n
2
⎪
2
2
2
⎪⎪
k33 q3 + ................. + k3n qn = F3
⎨
.
.
⎪
⎪
.
.
⎪
n−
−1q = F n −1 ⇒ q
knn
⎪⎩
n
n
n
(2.21)
Ceci étant, l’utilisation de la méthode par élimination n’est envisageable que si
les termes diagonaux de la matrice [ K ] sont non nuls. Dans le cas contraire, un
ou plusieurs pivots nuls rendront l’inversion de la matrice [ K ] impossible. Bien
évidemment, tous ces pivots doivent être différents de zéro et nous verrons même
qu’en éléments finis, ceux-ci doivent être positifs.
A

2 • Rappels sur le calcul matriciel
■■ Exemple de résolution par la méthode de Gauss
Soit le système d’équations suivant :
⎡ 3 0 −1 −1 0 ⎤ ⎧U 2 ⎫ ⎧ 0 ⎫
⎢ 0 2 −1 0 0 ⎥ ⎪V ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎥ ⎪⎪ 2 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪
ES ⎢
⎢ −1 −1 2 1 −1⎥ ⎨V3 ⎬ = ⎨− P ⎬
2L ⎢
⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎢ −1 0 1 3 0 ⎥ ⎪U 4 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎢ 0 0 −1 0 2 ⎥ ⎪V4 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎣
⎦⎩ ⎭ ⎩ ⎭
(2.22)
□□ 1re étape : élimination de U2
De la 1re équation de (2.22), on déduit que :
U2 =
V3 + U 4
3
(2.23)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
En remplaçant (2.23) dans (2.22), la nouvelle expression du système fait apparaître
quatre équations indépendantes de U 2 :
−1
−1
⎡3 0
⎢0 2
0
−1
⎢
⎢
1
1
ES ⎢0 −1 2 −
1−
3
3
2L ⎢
1
1
⎢0 0 1 −
3−
⎢
3
3
⎢0 0
1
0
−
⎣
9782100544639.indb 11
0⎤
⎡3 0 −1 −1 0 ⎤
⎥
⎢0 2 −1 0 0 ⎥ ⎧U 2 ⎫ ⎧ 0 ⎫
U
⎧
⎫
2
0
⎥⎪ ⎪
⎢
⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪
0
⎥ ⎪V 2 ⎪
⎢
⎥ V2
5 2
−1⎥ ⎪⎪V ⎪⎪ ⎪⎪− P ⎪⎪
−1⎥ ⎪V ⎪ ES ⎢0 −1
⎨ 3⎬=
⎨ 3⎬=⎨ ⎬
3 3
⎥ ⎪ ⎪ 2L ⎢
⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪
U
⎢0 0 2 8 0 ⎥ ⎪U 4 ⎪ ⎪ 0 ⎪
0 ⎥⎪ 4⎪
⎥ ⎪V ⎪
⎢
⎥ ⎪V ⎪ ⎪ 0 ⎪
3 3
⎥⎩ 4 ⎭
⎢0 0 −1 0 2 ⎥ ⎩ 4 ⎭ ⎩ ⎭
2⎦
⎣
⎦
(2.24)
11
09/02/10 14:53
2 • Rappels sur le calcul matriciel
2.3 Matrices carrées

□□ 2e étape : élimination de V2
Pour éliminer V2 , on répète l’opération en considérant cette fois la deuxième équation de (2.24) d’où :
V
V2 = 3
(2.25)
2
Le système devient alors :
⎡3
⎢0
⎢
⎢
ES ⎢0
2L ⎢
⎢0
⎢
⎢0
⎣
−1 0 ⎤
⎡3
⎢0
⎥
0 0 ⎧U 2 ⎫
⎢
⎥⎪ ⎪
⎢
⎥ ⎪V 2 ⎪
2
−1⎥ ⎪V ⎪ ES ⎢0
=
⎨ 3⎬
3
⎥ ⎪ ⎪ 2L ⎢
U
8
⎢0
0 ⎥⎪ 4⎪
⎥ ⎪V ⎪
⎢
3
⎥⎩ 4 ⎭
⎢0
0 2⎦
⎣
0
2
−1
−1
5 1
0
−
3 2
2
0
3
0
−1
0 −1 −1 0 ⎤
2 −1 0 0 ⎥ ⎧U 2 ⎫ ⎧ 0 ⎫
⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪
0
⎥ V2
7 2
−1⎥ ⎪⎪V ⎪⎪ ⎪⎪− P ⎪⎪
0
⎨ 3⎬=⎨ ⎬
6 3
⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪
2 8
U
0
0
0 ⎥⎪ 4⎪ ⎪ ⎪
⎥ ⎪V ⎪ ⎪ 0 ⎪
3 3
⎩ 4⎭ ⎩ ⎭
0 −1 0 2 ⎥⎦
(2.26)
Et ainsi de suite…
□□ 3e étape : élimination de V3
6 ⎛ 2 PL 2
⎞
V3 = ⎜ −
− U 4 + V4 ⎟
7 ⎝ ES 3
⎠
⎡3
⎢0
⎢
⎢
0
ES ⎢
⎢
2L ⎢
⎢0
⎢
⎢0
⎢⎣
⎡3
⎢0
⎢
⎢
ES ⎢0
⎢
2L ⎢
0
⎢
⎢
⎢0
⎢⎣
0 −1
2 −1
7
0
6
0
0
0
2
0
0
0
0 ⎤
−1
⎧ 0 ⎫
0
0 ⎥ ⎧U ⎫ ⎪
⎥ 2
0 ⎪
⎪
⎪
⎥⎪ ⎪
2
−1 ⎥ ⎪V2 ⎪ ⎪ − P ⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪
3
⎥ ⎨V3 ⎬ = ⎨
⎬
8 2 6 ⎛ 2 ⎞ 2 6 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪2 ⋅ 6 P ⎪
0
+ ⋅ ⋅⎜− ⎟
⋅ ⎥ U4
3 3 7 ⎝ 3 ⎠ 3 7 ⎪ ⎪ ⎪3 7 ⎪
⎥ ⎪V ⎪ ⎪ 6 ⎪
6 ⎛ 2⎞
6⎥⎩ 4 ⎭ ⎪ − P ⎪
0
− ⋅⎜− ⎟
2−
⎩ 7 ⎭
7 ⎝ 3⎠
7 ⎥⎦
−1 −1 0 ⎤
⎧ 0 ⎫
−1 0 0 ⎥ ⎧U 2 ⎫ ⎪
⎥
0 ⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎥
7 2
−1⎥ ⎪V2 ⎪ ⎪ − P ⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪
6 3
⎥ ⎨V3 ⎬ = ⎨ 4 ⎬
16 4 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ P ⎪
U4
0
7 ⎪
7 7 ⎥⎪ ⎪ ⎪
⎥ ⎪⎩V4 ⎪⎭ ⎪ 6 ⎪
4 8⎥
⎪⎩− 7 P ⎪⎭
0
⎥
7 7⎦
(2.27)
(2.28)
12
9782100544639.indb 12
09/02/10 14:53
2 • Rappels sur le calcul matriciel
2.3 Matrices carrées

□□ 4e étape : élimination de U4
U4 =
0 −1 −1
2 −1 0
7 2
0
6 3
16
0 0
7
0
0
(2.29)
0
0
⎤
0
⎧
⎫
⎥
⎪
⎪
U
⎧
⎫
2
⎥
0
⎪
⎥ ⎪V ⎪ ⎪
2⎪ ⎪
⎪
−1
P
−
⎪
⎥⎪ ⎪ ⎪
⎪
V
=
⎥⎨ 3 ⎬ ⎨
⎬
4
4
P
⎥ ⎪U ⎪ ⎪
⎪
7
⎥⎪ 4⎪ ⎪
⎪
7
⎥ ⎪⎩V4 ⎪⎭ ⎪ 6
1 ⎪
8 4 ⎛ 1 ⎞⎥
⎪⎩− 7 P − 7 ⋅ P ⎪⎭
+ ⎜− ⎟
7 7 ⎝ 4 ⎠ ⎥⎦
0
(2.30)
A

⎡3
⎢0
⎢
⎢
0
ES ⎢
⎢
2L ⎢
0
⎢
⎢
⎢0
⎣⎢
PL V4
−
2 ES 4
Soit finalement :
⎡3
⎢0
⎢
⎢
ES ⎢0
⎢
2L ⎢
0
⎢
⎢
⎢0
⎢⎣
0 −1 −1
2 −1 0
7 2
0
6 3
16
0 0
7
0
0
0
0 ⎤
0
⎫
⎧
0 ⎥ ⎧U 2 ⎫ ⎪
⎪
⎥
0
⎪
⎥ ⎪V 2 ⎪ ⎪
⎪
−P
−1 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪
V
=
⎥⎨ 3 ⎬ ⎨
⎬
4
4 ⎥⎪ ⎪ ⎪
P
⎪
U4
7
⎪
7 ⎥⎪ ⎪ ⎪
1 ⎪
⎥ ⎪⎩V4 ⎪⎭ ⎪ 6
8 1⎥
⎪⎩− 7 P − 7 ⋅ P ⎪⎭
−
7 7 ⎦⎥
(2.31)
On déduit de la 5e équation :
ES
2 PL
⋅V4 = − P ⇒ V4 = −
2L
ES
(2.32)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
D’où à partir de (2.23), (2.25), (2.27) et (2.29), les valeurs des autres inconnues :
PL V4 PL
−
=
2 ES 4 ES
6 ⎛ 2 PL 2
4 PL
⎞
V3 = ⎜ −
− U 4 + V4 ⎟ = −
ES
7 ⎝ ES 3
⎠
V
2 PL
V2 = 3 = −
ES
2
V3 + U 4
PL
U2 =
=−
ES
3
U4 =
9782100544639.indb 13
(2.33)
13
09/02/10 14:53
2 • Rappels sur le calcul matriciel
2.3 Matrices carrées

Bien évidemment, la méthode par élimination de Gauss s’avère dans ce cas bien
compliquée comparée à une approche plus classique telle que celle décrite ci-dessous.
Reprenant le système (2.22), les 2e et 5e équations permettent de déduire respectivement que 2V2 = V3 et 2V4 = V3 d’où V2 = V4 .
De la somme des 1re et 4e équations résulte que 2U 2 + 2U 4 = 0 ⇒ U 2 = −U 4 .
D’où à partir de la 1re : 3U 2 − V3 − U 4 = 0 ⇒ V3 = 4U 2 .
En remplaçant ces différents résultats dans la 3e équation, on obtient finalement :
2 PL
2 PL
4 PL
⇒ −2U 2 + V3 = −
⇒ V3 = −
ES
ES
ES
2 PL
PL
.
U 2 = −U 4 = −
et V2 = V4 = −
ES
ES
−U 2 − V2 + 2V3 + U 4 − V4 = −
Soit
14
9782100544639.indb 14
09/02/10 14:53
3 • Rappels sur la mécanique du solide

A
3.1 Les contraintes
3.1.1 Notion de contrainte
Soit un solide en équilibre comportant 2 parties 1 et 2 limitées par une section S,
S
1
O
2
Figure 3.1 – Équilibre d’un solide.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Son état d’équilibre permet d’établir que la somme vectorielle des forces issues
de
 1 et agissant

 sur 2 d’une part, et de 2 agissant sur 1 d’autre part, est nulle :
F1→2 + F2→1 = 0 . L’équilibre de chacune des parties, 1 par exemple, est donc
caractérisé par l’action des forces extérieures de volume et de surface qui lui sont
appliquées mais également par les forces intérieures exercées par la partie 2 sur la

section S.

dF
On définit donc le vecteur contrainte f1 comme étant la limite de
lorsque la
dS

surface dS tend vers zéro. Quand dS est considérée dans le plan yz, ce vecteur f1
peut être décomposé en trois composantes : une normale à cette surface et deux
dF
dans son plan. La première, égale à σ xx = σ x = lim x , est appelée contrainte
dS →0 dS
dFy
normale alors que les deux autres, notées respectivement τ xy = lim
et
dS →0 dS
dF
τ xz = lim z , sont dites de cisaillement.
dS →0 dS
9782100544639.indb 15
15
09/02/10 14:53
3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.1 Les contraintes

τxy
S
y
O
1
σx
τxz
dF
j
z
dS
i
x
k
Figure 3.2 – Notion de contrainte.


En répétant l’opération pour les plans xz f 2 et xy f 3 , deux contraintes
normales et quatre de cisaillement viennent s’ajouter aux trois précédentes, soit
σ yy ,τ yx ,τ yz pour le premier et σ zz ,τ zx ,τ zy pour le second. Finalement, les vecteurs contrainte ont pour expressions :
( )
( )
⎧τ ⎫
⎧σ ⎫
⎧τ ⎫
 ⎪ xx ⎪  ⎪ yx ⎪  ⎪ zx ⎪
f1 = ⎨ τ xy ⎬ ; f 2 = ⎨σ yy ⎬ ; f 3 = ⎨ τ zy ⎬
⎪τ ⎪
⎪τ ⎪
⎪σ ⎪
⎩ xz ⎭
⎩ zz ⎭
⎩ yz ⎭
(3.1)
La convention de signes la plus souvent retenue dans les logiciels éléments finis est
d’associer une contrainte normale positive à une traction.
3.1.2 Équations internes
L’étude de l’équilibre d’un infiniment petit de côtés dx , dy , dz soumis à des forces
internes de volume f xv , f yv , f zv permet d’établir dans un premier temps la réciprocité des contraintes de cisaillement. En effet et en se basant sur l’équilibre des
moments, on peut déduire pour :
L’axe z
∑ M /Oz = 0 ⇔
∂τ xy ⎞
∂τ yx ⎞
⎤ dy
⎡⎛
⎤ dx
dx ⎡⎛
dy
dx ⎟ ⋅ dydz ⎥ ⋅ + τ xy ⋅ dydz ⋅ − ⎢⎜τ yx +
dy ⎟ ⋅ dxdz ⎥ ⋅ − τ yx ⋅ dxdz ⋅ = 0
⎢⎜τ xy +
∂x
2 ⎣⎝
∂y
2
M /Oz = 0 ⇔
⎠
⎠
⎣⎝
⎦ 2
⎦ 2
∂τ xy ⎞
∂τ yx ⎞
⎤ dy
⎤ dx
dx ⎡⎛
dy
+
dx ⎟ ⋅ dydz ⎥ ⋅ + τ xy ⋅ dydz ⋅ − ⎢⎜τ yx +
dy ⎟ ⋅ dxdz ⎥ ⋅ − τ yx ⋅ dxdz ⋅ = 0
2 ⎣⎝
∂x
∂y
2
⎠
⎠
⎦ 2
⎦ 2
∂τ xy dx ∂τ yx dy
⇒ τ xy − τ yx +
⋅ −
⋅ =0
∂
∂y 2
x
2
(
(
)
)
(
(
)
)
≈0
≈0
16
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09/02/10 14:53
3.1 Les contraintes

σ yy¢ = σ yy +
τ ¢yz
τxz
σxx
∂σ yy
∂y
dy
τ ¢yx
fyv
τxy
τ xy¢ = τ xy +
∂τ xy
∂x
σzz
τzx
fxv
τ ¢τ’
zy zy
O τzy
fzv τ ¢zx
τyz
σ ¢zz
τyx
dy
τ ¢yx = τ yx +
∂τ yx
∂y
dy
dx
σ xx¢ = σ xx +
A
∂σ xx
dx
∂x

3 • Rappels sur la mécanique du solide
τ ¢xz
dz
y
x
dx
z
σyy
τ ¢zx = τ zx +
∂τ zx
dz
∂z
Figure 3.3 – Équilibre de volume.
d’où :
τ xy = τ yx
(3.2)
τ yz = τ zy et τ zx = τ xz
(3.3)
Et les deux autres axes x et y
Le nombre de contraintes de cisaillement se réduit donc à trois. Les six valeurs
caractérisant l’état de contrainte peuvent alors être regroupées au sein d’un vecteur
de composantes :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
{σ }T = {σ xx σ yy σ zz τ xy τ yz τ xz }
(3.4)
Maintenant et en effectuant la somme des efforts suivant x, l’équation d’équilibre
correspondante permet également de montrer que :
⎛
∂σ
⎞
⎛
∂τ yx
⎞
∑ F/ x = 0 ⇔ ⎜ σ xx + ∂xxx dx ⎟ ⋅ dydz + ⎜τ yx + ∂y dy ⎟ ⋅ dxdz
⎝
⎠
⎝
⎠
∂τ zx ⎞
⎛
dz ⎟ ⋅ dxdy − σ xx ⋅ dydz − τ yx ⋅ dxdz − τ zx ⋅ dxdy + f xv ⋅ dxdydzz = 0
+ ⎜τ zx +
z
∂
⎝
⎠
∂σ xx ∂τ yx ∂τ zx
+
+ f xv = 0
⇒
+
∂y
∂z
∂x
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17
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.1 Les contraintes

Soit après extension de l’opération aux deux autres axes :
∂σ xx ∂τ yx ∂τ zx
+
+
+ f xv = 0
∂x
∂y
∂z
∂τ xy ∂σ yy ∂τ zy
+
+
+ f yv = 0 ⇔ div (σ ) + f = 0
∂x
∂y
∂z
∂τ xz ∂τ yz ∂σ zz
+
+
+ f zv = 0
∂x
∂y
∂z
(3.5)
Ces trois équations sont généralement appelées équations d’équilibre de volume.
3.1.3 Équations externes
y
B
σzz
τxz
τzx
σxx
τxy
fs
τzy
O
τyz
A
x
τyx
σyy
C
z
Figure 3.4 – Équilibre de surface.
Soit un tétraèdre OABC infiniment petit dont l’aire ABC, notée ds , constitue la
surface du milieu solide.
⎧ f xs ⎫
⎪ ⎪
Sachant qu’une charge répartie f s de composantes ⎨ f ys ⎬ est appliquée sur cette
⎪f s⎪
⎩ z⎭
18
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.2 Les déformations

surface et que les cosinus directeurs de la normale au plan ABC sont notés l, m et n,
l’équilibre du tétraèdre se résume à un système de trois équations :
f xs ⋅ ds = l ⋅ ds ⋅ σ xx + m ⋅ ds ⋅τ yx + n ⋅ ds ⋅τ zx
f ys ⋅ ds = l ⋅ ds ⋅τ xy + m ⋅ ds ⋅ σ yy + n ⋅ ds ⋅τ zy
f zs ⋅ ds = l ⋅ ds ⋅τ xz + m ⋅ ds ⋅τ yz + n ⋅ ds ⋅ σ zz
⎧ f xs ⎫ ⎡σ xx
f xs = l ⋅ σ xx + m ⋅τ yx + n ⋅τ zx
⎪ ⎪ ⎢
f ys = l ⋅τ xy + m ⋅ σ yy + n ⋅τ zy ⇔ ⎨ f ys ⎬ = ⎢ τ xy
⎪ f s ⎪ ⎢τ
f zs = l ⋅τ xz + m ⋅τ yz + n ⋅ σ zz
⎩ z ⎭ ⎣ xz
τ yx
σ yy
τ yz
⎧l ⎫
τ zx ⎤ ⎧ l ⎫
⎥⎪ ⎪
⎪ ⎪
τ zy ⎥ ⎨m ⎬ = [σ ] ⋅ ⎨m ⎬ (3.6)
⎪n ⎪
σ zz ⎥⎦ ⎪⎩ n ⎪⎭
⎩ ⎭
A

Soit après simplification :
Ces équations d’équilibre de surface correspondent en fait aux conditions aux
limites du système d’équations aux dérivées partielles (3.5). [σ ] est appelé tenseur
des contraintes (cf. [1]).
3.2 Les déformations
3.2.1 Notion de déformation
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
L’action de forces extérieures sur un solide déformable entraîne pour chacun des
points de sa géométrie un mouvement pouvant être décomposé en trois phases
distinctes : une translation d’ensemble (mouvement de corps rigide en translation),
une rotation d’ensemble (mouvement de corps rigide en rotation) et enfin une
déformation pure.
La déformation qui correspond à un mouvement relatif par rapport à un référentiel donné, peut suivre plusieurs hypothèses comme celles des petites ou grandes
déformations mais également être associée à des petits ou grands déplacements.
Considérant le cas le plus courant, seules les hypothèses de petites déformations
et petits déplacements seront développées dans ce qui suit, les deux restantes étant
abordées au chapitre 11.
3.2.2 Déplacements

Le mouvement d’un point de O vers O’ caractérisé par le vecteur q peut être
décomposé dans un système xyz en 3 composantes u, v, w qui représentent les
déplacements de ce point sur les axes de référence soit :




q = u ⋅i + v ⋅ j + w ⋅ k
(3.7)
On définit par ailleurs la norme du déplacement comme étant :

q = u2 + v 2 + w 2
(3.8)
Ces déplacements u, v ou w sont généralement des fonctions de x pour les poutres,
de x et y pour les plaques et coques, de x, y et z pour les solides.
9782100544639.indb 19
19
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.2 Les déformations

y
v
O
q
O’
j
u
i
x
k
w
z
Figure 3.5 – Déplacement d’un point.
3.2.3 Relations entre déplacements et déformations
En considérant dans un premier temps un état plan de déformation dans le plan
xOy,
Les déformations normales et distorsion angulaire peuvent être obtenues (cf. [2])
en posant que :
∂u
dx + u + dx − u − dx
∂u
AʹB ʹ − AB
∂x
=
= lim
ε xx = lim
dx →0
dx →0
dx
∂x
AB
(3.9)
∂v
dy + v + dy − v − dy
∂y
∂v
AʹD ʹ − AD
=
= lim
ε yy = lim
dy →0
dy →0
∂y
dy
AD
⎛π
⎞ ∂v ∂u
+
γ xy = lim ⎜ − B ʹAʹD ʹ ⎟ =
dx →0
2
∂x ∂y
⎝
⎠
dy →0
(3.10)
La généralisation de cette approche bidimensionnelle aux deux autres plans permettra d’obtenir :
∂u
∂x
∂v
ε yy =
∂y
∂w
ε zz =
∂z
ε xx =
∂v ∂u
+
∂x ∂y
∂v ∂w
γ yz = +
∂z ∂y
∂u ∂w
+
γ zx =
∂z ∂x
γ xy =
(3.11)
20
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.2 Les déformations

d’où l’expression générale des composantes du vecteur des déformations :
{ε }T = {ε xx ε yy ε zz γ xy γ yz γ xz }
(3.12)
L’expression (3.11) est en fait une version linéarisée de celle établie lors de l’étude
de la non linéarité géométrique au chapitre 11 (cf. équations (11.3) et (11.4)).
Par ailleurs, (3.11) pourra également être exprimée sous la forme matricielle suivante :
u+
y
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
∂
∂x
∂
∂z
0
A
(3.13)
C’
D’
C
B’
∂v
∂x
A’
v
B
A
0
∂u
dy
∂y
D
dy
∂
∂y
⎤
0⎥
⎥
0⎥
⎥
⎥
∂ ⎥⎧ ⎫
u
∂z ⎥ ⎪ ⎪
⎥ ⎨v ⎬
0 ⎥ ⎪w ⎪
⎥⎩ ⎭
∂⎥
⎥
∂y ⎥
∂⎥
⎥
∂x ⎦
π
− γ xy
2
∂u
∂y
∂v
v + dy
∂y
0

⎡∂
⎢ ∂x
⎢
⎢
⎧ε xx ⎫ ⎢ 0
⎪ε ⎪ ⎢
⎪ yy ⎪ ⎢ 0
⎪⎪ε zz ⎪⎪ ⎢
{ε } = ⎨ ⎬ = ⎢ ∂
⎪γ xy ⎪ ⎢
⎪γ yz ⎪ ⎢ ∂y
⎪ ⎪ ⎢
⎪⎩γ xz ⎪⎭ ⎢ 0
⎢
⎢∂
⎢
⎣ ∂z
u
dx
u+
v+
∂v
dx
∂x
∂u
dx
∂x
x
O
Figure 3.6 – Déformations planes.
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21
09/02/10 14:53
3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.3 Relations entre contraintes et déformations

3.3 Relations entre contraintes et déformations
3.3.1 Essai de traction pure
Considérant un barreau de longueur L et de section S, la contrainte normale résulF
est constante tout le long
tant de l’action de la force F à son extrémité σ xx =
S
du barreau. Sa déformation suivant x peut être calculée grâce à la relation (3.9) soit :
du ΔL
ε xx =
=
.
dx
L
En faisant varier F , l’évolution de la contrainte normale en fonction de la déformation axiale, pour un matériau isotrope, peut être dans le cas d’un acier doux
schématisée sous la forme suivante.
Secon S
x
y
L
z
u
h
d
F
Figure 3.7 – Allongement d’un barreau.
σu
σe
σ xx =
F
S
ε xx =
E=
σ xx
ε xx
Zone linéaire
élasque
Zone
plasque
Raffermissement
∆L
L
Rupture
Figure 3.8 – courbe contrainte – déformation.
22
9782100544639.indb 22
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.3 Relations entre contraintes et déformations

avec :
σ e et σ u limites d’élasticité et de rupture du matériau,
E : module d’élasticité longitudinal ou module de Young (pour l’acier E =
2.1 1011 N/m2).
La zone élastique est caractérisée par la loi de Hooke :
σ xx = E ⋅ ε xx
(3.14)
liant linéairement contraintes et déformations. En plus de la déformation axiale
et toujours dans le domaine élastique, une déformation associée à la contraction
transversale du barreau est observée à la fois suivant y :
σ
Δh
= −ν ⋅ ε xx = −ν ⋅ xx
h
E
(3.15)
ε zz =
Δd
σ
= −ν ⋅ ε xx = −ν ⋅ xx
d
E
(3.16)

ε yy =
A
et suivant z :
n qui correspond au coefficient de Poisson doit être, tout en étant positif, stricte-
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
ment inférieure à 0.5.
Figure 3.9 – Modélisation 3D volumique du barreau et contraction transversale (Abaqus).
3.3.2 Relations entre déformations et contraintes
Restant dans le domaine élastique linéaire, l’application de la démarche précédente
aux deux autres axes y et z, amènerait immanquablement à des résultats similaires
(permutations croisées des indices x, y et z). De ce fait et toujours en raison de la
linéarité, la relation tridimensionnelle entre déformations et contraintes normales
peut être obtenue par superposition des trois états d’équilibre suivant x, y et z soit :
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23
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.3 Relations entre contraintes et déformations

1⎡
σ xx −ν ⋅ σ yy + σ zz ⎤⎦
E⎣
1
ε yy = ⎡⎣σ yy −ν ⋅ (σ xx + σ zz ) ⎤⎦
(3.17)
E
1
ε zz = ⎡⎣σ zz −ν ⋅ σ xx + σ yy ⎤⎦
E
De plus, il est également possible via un essai de cisaillement pur de montrer qu’il
existe des relations linéaires entre contraintes et déformations de cisaillement telles
que :
τ xy
τ yz
E
τ
γ xy =
; γ yz =
; γ xz = xz avec G =
(3.18)
2 (1 + ν )
G
G
G
ε xx =
(
)
(
)
d’où la relation finale entre déformations et contraintes :
⎡ 1
⎢ E
⎢
⎢− ν
⎢ E
⎢ ν
⎢−
ε
=
⋅
σ
=
D
D
avec
{} [ ]{ }
[ ] ⎢ E
⎢
⎢ 0
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎣
ν
E
1
E
ν
−
E
−
ν
E
ν
−
E
1
E
−
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
G
0
0
0
1
G
0
0
0
0
⎤
0⎥
⎥
0⎥
⎥
⎥
0⎥
⎥
⎥
0⎥
⎥
0⎥
⎥
1⎥
⎥
G⎦
(3.19)
3.3.3 Relations entre contraintes et déformations
L’inversion des expressions (3.17) et (3.18) permet de déduire les contraintes à
partir des déformations, soit :
E
⎡ε ⋅ (1 −ν ) + ν ⋅ ε yy + ε zz ⎤
⎦
(1 + ν ) ⋅ (1 − 2ν ) ⎣ xx
E
⎡ε ⋅ (1 −ν ) + ν ⋅ ( ε xx + ε zz ) ⎤⎦
σ yy =
(1 + ν ) ⋅ (1 − 2ν ) ⎣ yy
E
⎡ε ⋅ (1 −ν ) + ν ⋅ ε xx + ε yy ⎤
σ zz =
⎦
(1 + ν ) ⋅ (1 − 2ν ) ⎣ zz
τ xy = G ⋅ γ xy
σ xx =
(
)
(
)
(3.20)
τ yz = G ⋅ γ yz
τ xz = G ⋅ γ xz
24
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.3 Relations entre contraintes et déformations

soit sous forme matricielle :
{σ } = [ H ] ⋅ {ε } (3.21)
avec
A

ν
ν
0
0
0 ⎤
⎡1 −ν
⎢ ν
ν
1 −ν
0
0
0 ⎥
⎢
⎥
⎢ ν
ν
1 −ν
0
0
0 ⎥
⎢
⎥
1 − 2ν
E
⎢ 0
0
0
0
0 ⎥ = [ D ]−1
[H ] =
⎢
⎥
2
(1 + ν ) ⋅ (1 − 2ν ) ⎢
⎥
1 − 2ν
0 ⎥
0
0
0
⎢ 0
2
⎢
⎥
1 − 2ν ⎥
⎢
0
0
0
0
⎢⎣ 0
2 ⎥⎦
ce qui permet de démontrer que [ H ] n’est pas définie pour ν = 0.5 .
3.3.4 État plan de contrainte et de déformation
■■ Déformation plane
Considérant un solide de section transversale constante, l’hypothèse de déformation plane consiste à considérer un comportement plan identique quelle que soit
la profondeur. En d’autres termes, le solide peut être décomposé en « tranches »
d’épaisseur unitaire, le calcul se limitant à l’étude d’une seule de ces tranches.
y
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
ε yy
ε zz = 0
x
ε xx
z
Figure 3.10 – État plan de déformation.
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.3 Relations entre contraintes et déformations

En conséquence, toutes les déformations associées à l’axe transversal, z en l’occurrence, seront prises égales à zéro.
On a donc :
ε zz = γ xz = γ yz = 0 et τ xz = τ yz = 0
(3.22)
En remplaçant (3.22) dans (3.21), la relation contrainte-déformation devient pour
les déformations planes :
⎡
⎢1 −ν
⎧σ xx ⎫
ν
⎢
E
⎪ ⎪
1 −ν
⎨σ yy ⎬ =
⎢ ν
⎪ τ ⎪ (1 + ν ) ⋅ (1 − 2ν ) ⎢
⎩ xy ⎭
0
⎢ 0
⎣
⎤
0 ⎥ ⎧ε xx ⎫
⎥ ⎪ ⎪
0 ⎥ ⋅ ⎨ε yy ⎬
1 − 2ν ⎥ ⎪⎩γ xy ⎪⎭
⎥
2 ⎦
(3.23)
De (3.17), on déduit également que :
σ zz = ν ⋅ (σ xx + σ yy )
(3.24)
■■ Contrainte plane
À l’inverse de l’état de déformation plane, l’hypothèse de contrainte plane suppose
que toutes les contraintes associées à l’axe transversal, z en l’occurrence, sont nulles.
On a donc :
σ zz = τ xz = τ yz = 0 et γ xz = γ yz = 0
(3.25)
z
σ zz = 0
x
σ xx
σ yy
y
Figure 3.11 – État plan de contrainte.
(3.17) permet d’établir que :
ε zz = −
ν
⋅ (σ xx + σ yy )
E
(3.26)
26
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.4 Énergie de déformation élastique

Mais également que :
⎡
⎤
⎢1 ν
⎧σ xx ⎫
0 ⎥ ⎧ε xx ⎫
⎥ ⎪ ⎪
E ⎢
⎪ ⎪
ν 1
0 ⎥ ⋅ ⎨ε yy ⎬
⎨σ yy ⎬ =
⎢
2
⎪ τ ⎪ 1 −ν ⎢
1 −ν ⎥ ⎪⎩γ xy ⎪⎭
⎩ xy ⎭
⎢0 0
⎥
⎣
2 ⎦
(3.27)
A

Cette approche étant directement applicable aux éléments de faibles épaisseurs,
les éléments membranes, plaques et coques suivront cette hypothèse de contrainte
plane.
3.4 Énergie de déformation élastique
3.4.1 Cas du chargement uniaxial
F
F
F
dW
dy
y
x
dz
dx (1+ ε x)
u
du
z
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 3.12 – Énergie de déformation uniaxiale.
Soit un infiniment petit de dimensions dx , dy , dz extrait d’un solide quelconque,
l’énergie emmagasinée par le volume dV soumis à une charge F constante dans la
direction x sera égale à :
1
dW = F ⋅ du 1
(3.28)
2
Comme du = ε xx ⋅ dx et F = σ xx ⋅ dydz , dW peut également s’exprimer sous la
forme :
1
dW = σ xx ⋅ ε xx ⋅ dxdydz
(3.29)
2
1. Le « ½ » provient de l’hypothèse de linéarité.
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.4 Énergie de déformation élastique

Généralisée au volume du solide, l’expression de l’énergie de déformation devient :
W =
1
1
σ xx ⋅ ε xx ⋅ dxdydz = ∫ σ xx ⋅ ε xx ⋅ dV
∫
2V
2V
(3.30)
3.4.2 Cas général
L’extension du cas uniaxial précédent aux deux autres axes y et z permettra d’obtenir par superposition :
W =
1
σ xx ⋅ ε xx + σ yy ⋅ ε yy + σ zz ⋅ ε zz ⋅ dV
2 V∫
(
)
(3.31)
La démarche étant similaire pour les cisaillements, on a également (figure 3.13) :
dx
γ xy
γ xy ⋅ dx
dy
τ xy
τ xy
Figure 3.13 – Énergie de déformation de cisaillement.
dW =
1
1
τ xy ⋅ dydz ⋅ γ xy ⋅ dx = τ xy ⋅ γ xy ⋅ dxdydz
2
2
(
)
(3.32)
L’énergie de déformation élastique vaudra donc finalement :
W =
1
σ xx ⋅ ε xx + σ yy ⋅ ε yy + σ zz ⋅ ε zz + τ xy ⋅ γ xy + τ yz ⋅ γ yz + τ xz ⋅ γ xz ⋅ dV (3.33)
2 V∫
(
)
Soit sous forme matricielle :
W =
T
1
{ε } ⋅ {σ } ⋅ dV
∫
2V
(3.34)
28
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3 • Rappels sur la mécanique du solide
3.4 Énergie de déformation élastique

W peut également être exprimée uniquement en fonction des contraintes en
injectant (3.17) et (3.18) dans (3.33) d’où :
W =
1
2 + σ 2 + σ 2 ⋅ dV
σ xx
yy
zz
2 ⋅ E V∫
(
)
(3.35)
A
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

ν
1
− ∫ (σ xx ⋅ σ yy + σ yy ⋅ σ zz + σ xx ⋅ σ zz ) ⋅ dV +
(τ xy2 + τ 2yz + τ xz2 ) ⋅ dV
EV
2 ⋅ G V∫
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4 • Principes de la méthode
des éléments finis en statique

A
4.1 Approximation nodale – fonctions de forme
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Partant d’hypothèses de petits déplacements et petites déformations, la mécanique
du solide a permis d’établir deux types de conditions régissant l’équilibre d’un
corps : les équations d’équilibre des forces et la compatibilité des déplacements.
Dans le cas des forces, le champ de contraintes, dit statiquement admissible, doit
satisfaire aux relations (3.5) et (3.6) alors que le champ de déplacements, dit cinématiquement admissible doit permettre la compatibilité avec les déformations,
c’est-à-dire vérifier (3.11). En d’autres termes, le champ de déplacement doit être
dérivable au moins une fois.
L’intégration de ces équations n’étant pas aisée, une des méthodes les plus utilisées
pour les résoudre est la méthode dite des éléments finis qui revient à remplacer
le système continu par un système discret. Le solide est alors divisé en un certain
nombre de sous-domaines appelés éléments, dont l’assemblage permet la reconstitution de la géométrie initiale. Chacun des éléments est relié à ces voisins par des
nœuds dont les degrés de liberté (DDL) constituent les inconnues du problème.
Éléments
Nœuds
Figure 4.1 – (a) Solide (Poutre en I) ; (b) Modèle éléments finis.
Considérant un champ de déplacement cinématiquement admissible sur l’élément,
la méthode consiste le plus souvent à approximer celui-ci au moyen d’une fonction
9782100544639.indb 31
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4 • Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.1 Approximation nodale – fonctions de forme
polynomiale formée d’un nombre fini de paramètres et à l’exprimer en fonction
des déplacements nodaux (les déplacements associés aux degrés de liberté). On
aura donc :
n
X ( x, y, z ) = ∑ N i ( x, y, z ) ⋅ X i
i =1
= N1 ( x , y , z ) ⋅ X 1 + N 2 ( x , y , z ) ⋅ X 2 + ..... + N n ( x , y , z ) ⋅ X n
(4.1)
où les :
– X i désignent les inconnues en déplacement associées aux degrés de liberté
considérés,
– N i ( x , y , z ) désignent les fonctions de forme de l’élément permettant d’obtenir
les déplacements de celui-ci en n’importe quel point de sa géométrie et ce toujours à partir des déplacements nodaux.
À titre d’exemple, prenons un élément « barre » travaillant uniquement en traction
ou en compression. Le matériau utilisé étant supposé linéaire, la déformation est
de fait constante sur la hauteur de sa section. La fonction de déplacement u( x ) est
alors forcément linéaire. On a donc :
ε xx =
du
= Cte ⇒ u( x ) = a0 + a1 ⋅ x
dx
(4.2)
Par ailleurs, on sait qu’en :
x = 0 ⇒ u ( 0 ) = u1
x = L ⇒ u ( L ) = u2
d’où
x ⎫ ⎧ u1 ⎫
⎬⋅ ⎨ ⎬
L ⎭ ⎩u2 ⎭
x
x
⎧ x
u( x ) = (1 − ) ⋅ u1 + ⋅ u2 = ⎨1 −
L
L
⎩ L
soit sous une autre forme (figure 4.2) :
N1
N2
x
1
u1
u (x)
2
u2
L
Figure 4.2 – Fonctions de forme d’un élément barre.
32
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09/02/10 14:53
Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
2
x
x
u( x ) = (1 − ) ⋅ u1 + ⋅ u2 = N1 ⋅ u1 + N 2 ⋅ u2 = ∑ N i ⋅ ui = [ N ] ⋅ {qe } (4.3)
L
L
i =1
En regroupant toutes les fonctions de forme de l’élément au sein de la matrice
[ N ] et les déplacements nodaux dans le vecteur {qe } , le champ de déplacement
s’exprime alors :
(4.4)
avec {u} correspondant au vecteur des fonctions de déplacement applicables sur
l’élément : u(x, y, z), v(x, y, z), w(x, y, z), bx(x, y, z), etc. Le degré du polynôme
retenu pour l’élément est donc intimement lié aux nombres de nœuds et de degrés
de liberté par nœud. Par exemple, un élément unidimensionnel à trois nœuds aura
une fonction d’approximation parabolique.
Généralement, les fonctions d’interpolation retenues sont linéaires, quadratiques
et plus rarement cubiques ce qui ne se révèle pas toujours conforme aux théories
visées telles que celles des poutres, des plaques ou des coques. En effet, les ligne
et surface élastique découlant de ces théories sont plutôt du troisième voire du
quatrième degré. Une solution revient à discrétiser le modèle de telle manière à
reconstituer le champ réel de déplacement à partir de fonctions de degré inférieur.
La qualité et l’efficacité d’une telle reconstitution dépendront donc d’une part du
type d’élément choisi, en d’autres termes de ses capacités, et d’autre part de la densité du maillage. Dans le cas des éléments courants et toujours dans une hypothèse
de linéarité, ce choix aura pour conséquence de ne pas garantir la continuité du
champ de contrainte d’où la recherche d’une discrétisation adaptée permettant sa
bonne reconstitution. De ce fait, la taille des éléments utilisés sera généralement
petite.
A

{u} = [ N ] ⋅ {qe }
4.2 Résolution
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
La méthode de résolution s’inspire généralement de celle de Rayleigh – Ritz qui
consiste via une minimisation de l’énergie potentielle, en une recherche des termes
d’une fonction approximant le champ inconnu et satisfaisant aux conditions aux
limites.
On définit l’énergie potentielle E comme étant la différence entre l’énergie de
déformation W et le travail T des forces de volume et de surface :
E = W −T =
T
1
{ε } ⋅ {σ } ⋅ dV − ∫ {u}T ⋅ { f v } ⋅ dV − ∫ {u}T ⋅{ f s } ⋅ dS (4.5)
∫
2
V S
V
W
T
Le problème revient alors à rechercher un champ de déplacement minimisant E
de manière à caractériser son équilibre. L’étude d’un barreau en traction permet de
décrire simplement la démarche suivie.
9782100544639.indb 33
33
09/02/10 14:54
4 • Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
4.2.1 Application à un barreau en traction
Soit un barreau de longueur L et de section constante S soumis à une charge extérieure F ,
F
y
1
x
L
2
k
u
W
u
Y
X
F
Figure 4.3 – Barreau en traction.
Posant que ε xx =
du u2 − u1 u − 0
F
=
=
et σ xx = , la relation contrainte-défordx
L
L
S
mation s’écrit :
σ xx = E ⋅ ε xx ⇔
F
u
ES
=E⋅ ⇒F =
⋅u = k ⋅u
S
L
L
(4.6)
ES
correspondant dans le domaine élastique à la rigidité du barreau et à
L
la pente de la droite F = k ⋅ u . La déformation ε xx étant indépendante de x, l’énergie de déformation devient :
avec k =
L
2
1
1
2 ⋅ dS ⋅ dx = E ⋅ ε xx dS ⋅ dx
W = ∫ σ xx ⋅ ε xx ⋅ dV = ∫ E ⋅ ε xx
∫
2V
2V
2 ∫S
0
 
S
L
(4.7)
2
=
E ⋅S ⋅L ⎛ u ⎞
1
⋅ ⎜ ⎟ = ⋅ k ⋅ u2
2
2
⎝L⎠
De plus et sachant que le travail de la force F est égal à F ⋅ u , l’énergie potentielle
s’exprimera sous la forme :
E = W −T =
1
⋅ k ⋅ u2 − F ⋅ u
2
(4.8)
34
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09/02/10 14:54
Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
Considérant un problème statique, ce qui signifie qu’après obtention de l’équilibre,
le déplacement u n’évolue plus, la variation du potentiel par rapport à u sera alors
nulle d’où :
dE
= 0 = k ⋅u − F ⇒ k ⋅u = F
(4.9)
du
d’où le déplacement u .
Notant la relation (3.13) sous une forme plus synthétique {ε } = [ ∂ ]{u} , le vecteur des déformations pourra être exprimé en fonction des déplacements nodaux
à partir de :
∂ ][ N ] ⋅ {qe } = [ B ] ⋅ {qe }
{ε } = [∂ ]{u} = [

A
4.2.2 Énergie de déformation élémentaire
(4.10)
[B ]
avec [ ∂ ] : opérateur dérivation dont les dimensions dépendent de celles de l’élément étudié.
Soit pour l’élément barre : ε xx =
du ⎧ 1 1 ⎫ ⎧ u1 ⎫
= ⎨−
⎬ ⋅ ⎨ ⎬ . Le champ de contrainte
u
dx ⎩
L
L
⎭ ⎩ 2 ⎭
[B ]
étant obtenu à partir de la relation contrainte-déformation (3.21) {σ } = [ H ] ⋅ {ε } , l’énergie de déformation We associée à l’élément e peut être déduite en posant :
We =
T
T
1
1
{ε } ⋅ {σ } ⋅ dVe = ∫ {qe } ⋅ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ {qe } ⋅ dVe
∫
2V
2V
e
e
1
T
= {qe } ⋅ [ ke ] ⋅ {qe }
2
(4.11)
[ke ] = ∫ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ dVe avec
(4.12)
Ve
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
matrice de rigidité élémentaire de ­l’élément e.
Ceci donne pour l’élément barre :
⎧ 1⎫
⎪⎪− L ⎪⎪
1
k
=
B
⋅
H
⋅
B
⋅
dV
=
dS
[ e ] ∫ [ ] [ ] [ ] e ∫0 ∫ e ⎨ 1 ⎬ ⋅ E ⋅ ⎧⎨−
⎩ L
⎪ ⎪
Ve
s

⎪
⎪
L
⎩
⎭
S
1⎤
⎡ 1
− 2⎥
L ⎢ L2
ES ⎡ 1 −1⎤
L
=
⋅
k
ES
[ e]
∫0 ⎢⎢ 1 1 ⎥⎥ ⋅ dx = L ⎢⎣−1 1 ⎥⎦
−
⎢⎣ L2
L2 ⎥⎦
T
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L
1⎫
⎬ ⋅ dx
L⎭
(4.13)
35
09/02/10 14:54
4 • Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
4.2.3 Travail élémentaire des forces de volume et de surface
En traduisant les actions des éléments connectés à e sous la forme d’un vecteur
forces { pe } , Te s’écrit :
T
T
T
Te = ∫ {u} ⋅ { f v } ⋅ dVe + ∫ {u} ⋅ { f s } ⋅ dSe + {qe } ⋅ { pe }
Ve
Se
actions des autres
éléments sur e
(4.14)
Comme {u} est égal à [ N ] ⋅ {qe } , on a :
T
T
T
T
T
Te = ∫ {qe } ⋅ [ N ] ⋅ { f v } ⋅ dVe + ∫ {qe } ⋅ [ N ] ⋅ { f s } ⋅ dSe + {qe } ⋅ { pe } (4.15)
Ve
Se
D’où finalement :
T
Te = {qe } ({ f ev } + { f es } + { pe })
avec :
(4.16)
{ f ev } = ∫ [ N ]T ⋅ { f v } ⋅ dVe forces nodales de volume.
(4.17)
{ f es } = ∫ [ N ]T ⋅ { f s } ⋅ dSe forces nodales de surface.
(4.18)
Ve
Se
4.2.4 Assemblage des matrices élémentaires
Les caractéristiques globales sont obtenues par assemblage des différentes quantités
We et Te établies en (4.11) et (4.16). L’énergie potentielle totale de la structure est
alors égale à la somme des différences entre énergies de déformation et travaux des
forces de chacun des éléments :
E = W − T = ∑We −∑Te
e
e
1
T
T
= ∑ {qe } ⋅ [ ke ] ⋅ {qe } − ∑ {qe } ({ f ev } + { f es } + { pe })
e 2
e
(4.19)
■■ Changement de repères
Cependant, les éléments n’ayant pas forcément le même repère local, la sommation
des énergies de déformation et des travaux des forces extérieures ne peut être directement appliquée. Il est donc nécessaire de les exprimer dans un référentiel unique
appelé repère global. Pour ce faire, un changement de base doit être effectué du
repère global vers le repère local de chacun des éléments.
Quand on se limite à des problèmes plans, les formules de changement de base
permettant de passer du repère global au repère local s’écrivent :
x = X ⋅ cos (θ ) + Y ⋅ sin (θ )
y = − X ⋅ sin (θ ) + Y ⋅ cos (θ )
(4.20)
36
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Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
Y
y
x
θ
A
X

Figure 4.4 – Changement de repères.
À titre d’exemple, le changement de base d’un élément barre plan à deux nœuds
revient à appliquer la relation (4.20) à ses deux nœuds i et j, soit :
0
0 ⎤ ⎧U i ⎫
⎧ ui ⎫ ⎡ cos (θ ) sin (θ )
⎥
⎪ v ⎪ ⎢ − sin θ cos θ
0
0 ⎥ ⎪⎪ Vi ⎪⎪
( )
( )
⎪ i⎪ ⎢
(4.21)
=
⎨u ⎬ ⎢
⎨ ⎬
0
cos (θ ) sin (θ ) ⎥ ⎪U j ⎪
⎪ j⎪ ⎢ 0
⎥
⎪⎩v j ⎪⎭ ⎢ 0
0
− sin (θ ) cos (θ ) ⎥⎦ ⎪⎩V j ⎭⎪
⎣
D’une manière générale, ce changement de base permet de calculer les déplacements des nœuds de l’élément e en repère local {qe } à partir de ceux du repère
global {Qe } via une matrice de passage nommée [ Re ] .
{qe } = [ Re ] ⋅ {Qe }
(4.22)
Y
Vi
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Vj
L
y
i
u (x)
ui
j
uj
x
Uj
θ
Ui
X
Figure 4.5 – Changement de base d’un élément barre.
L’énergie de déformation We devient alors :
1
1
T
T
We = {qe } ⋅ [ ke ] ⋅ {qe } = ([ Re ] ⋅ {Qe }) [ ke ] ⋅ [ Re ] ⋅ {Qe }
2
2
[K e ]
1
T
T
We = {Qe } ⋅ [ Re ] ⋅ [ ke ] ⋅ [ Re ] ⋅ {Qe }
2
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(4.23)
37
09/02/10 14:54
4 • Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
1
{Qe }T ⋅ [ K e ] ⋅ {Qe }
2
D’où l’expression de la rigidité élémentaire en repère global :
We =
(4.24)
[ K e ] = [ Re ]T ⋅ [ke ] ⋅ [ Re ]
(4.25)
Soit pour l’élément barre :
⎡ cos2 θ
⎢
ES ⎢ cosθ sin θ
[K e ] = ⎢
− cos2 θ
L
⎢
⎢⎣ − cosθ sin θ
cosθ sin θ
sin 2 θ
− cosθ sin θ
− sin 2 θ
− cos2 θ
− cosθ sin θ
cos2 θ
cosθ sin θ
⎡1
⎢
ES ⎡ 1 −1⎤ (ui ) ES ⎢ 0
=
avec d’après (4.13) [ ke ] =
⎢
⎥
L ⎣ −1 1 ⎦ (u j ) L ⎢ −1
⎢
⎣0
− cosθ sin θ ⎤
⎥
− sin 2 θ ⎥
(4.26)
cosθ sin θ ⎥
⎥
sin 2 θ ⎥⎦
0 −1
0 0
0 1
0 0
0 ⎤ (ui )
0 ⎥ (vi )
⎥
1
0 ⎥ (u j )
⎥
0 ⎦ (v j )
0
0 ⎤
⎡ cos (θ ) sin (θ )
⎢
⎥
0
0 ⎥
− sin (θ ) cos (θ )
⎢
et (4-21) [ Re ] =
⎢ 0
0
cos (θ ) sin (θ ) ⎥
⎢
⎥
0
− sin (θ ) cos (θ ) ⎥⎦
⎢⎣ 0
Ce qui donne pour le barreau du chapitre 4.2.1 (nœud 1 vers 2 ⇒ θ =-90° ) :
⎡0 −1
⎢1 0
[ R1 ] = ⎢⎢0 0
⎢
⎣0 0
0 0⎤
0 0⎥
⎥ et
0 −1⎥
⎥
1 0⎦
⎡0 0
⎢
ES 0 1
[ K 1 ] = ⎢⎢0 0
L
⎢
⎣0 −1
0 0 ⎤ (U1 )
0 −1⎥ (V1 )
⎥
0 0 ⎥ (U 2 )
⎥
0 1 ⎦ (V2 )
En appliquant (4.22) aux vecteurs charges, le travail élémentaire des forces (4.16)
s’écrit :
T
T
Te = {qe } ({ f ev } + { f es } + { pe }) = ([ Re ] ⋅ {Qe }) ({ f ev } + { f es } + { pe })
⎞
⎟
= {Qe } ⎜ [ Re ] ⋅ { } + [ Re ] ⋅ { } + [ Re ] ⋅ { pe } ⎟
⎟
⎜
{Pe }
{Fev }
{Fes }
⎠
⎝
⎛
T ⎜
T
f ev
T
f es
T
(4.27)
T
= {Qe } ({Fev } + {Fes } + {Pe })
1. On notera qu’il a été nécessaire de transformer la matrice [ke] initialement de dimensions 2 ¥ 2 en une
matrice 4 ¥ 4 pour permettre la projection des ui et uj sur les axes globaux X et Y.
38
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Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
d’où l’expression finale de l’énergie potentielle :
E = W − T = ∑We − ∑Te
e
e
(4.28)
1
T
T
= ∑ {Qe } ⋅ [ K e ] ⋅ {Qe } − {Qe } ({Fev } + {Fes } + {Pe })
2
e
■■ Matrices booléennes d’assemblage
{Qe } = [ Ae ] ⋅ {Q }
A

Les matrices de rigidité et vecteurs forces des différents éléments étant exprimés
dans le repère global, il reste néanmoins à positionner chacun d’entre eux dans une
matrice de rigidité [ K ] et un vecteur charges {F } caractérisant l’ensemble de la
structure.
Considérant une structure à n nœuds, le vecteur global des déplacements {Q }
aura un nombre de lignes égal à n fois le nombre de degrés de liberté par nœud.
Il en est d’ailleurs de même pour le vecteur {F } . Pour ce qui concerne la matrice
[ K ] , matrice carrée de mêmes dimensions, l’assemblage s’effectuera en positionnant chacune des matrices de rigidité élémentaires [ K e ] en fonction des degrés de
liberté des nœuds de l’élément considéré.
Ce positionnement est mis en œuvre au niveau informatique via une matrice booléenne d’assemblage [ Ae ] qui permet de placer les degrés de liberté associés à un
élément donné dans le vecteur global des déplacements {Q } . On a donc :
(4.29)
Exemple : soit deux éléments barres de connectivité 1, 2 et 3
Y
1
2
3
X
Figure 4.6 – Assemblage de deux éléments barres.
Des vecteurs des déplacements en repère global des éléments barres 1 et 2 :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧U1 ⎫
⎧U 2 ⎫
⎪V ⎪
⎪V ⎪
⎪ 1⎪
⎪ 2⎪
{Q1} = ⎨ ⎬ , {Q2 } = ⎨ ⎬
⎪U 2 ⎪
⎪U 3 ⎪
⎪⎩V2 ⎪⎭
⎪⎩V3 ⎪⎭
et du vecteur global
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⎧U1 ⎫
⎪V ⎪
⎪ 1⎪
⎪⎪U 2 ⎪⎪
{Q } = ⎨ ⎬ , ⎪V2 ⎪
⎪U 3 ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩V3 ⎪⎭
39
09/02/10 14:54
4 • Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
on déduit pour [ A1 ] et [ A2 ] :
⎧U1 ⎫
⎪ ⎪
⎧U1 ⎫ ⎡1 0 0 0 0 0 ⎤ ⎪ V1 ⎪
⎪ V ⎪ ⎢0 1 0 0 0 0 ⎥ ⎪U ⎪
⎪ 1⎪
⎥ ⋅ ⎪⎨ 2 ⎪⎬
{Q1} = ⎨ ⎬ = ⎢⎢
⎪U 2 ⎪ ⎢0 0 1 0 0 0 ⎥⎥ ⎪V2 ⎪
⎪⎩V2 ⎪⎭ ⎣0 0 0 1 0 0 ⎦ ⎪U 3 ⎪
⎪ ⎪
[ A1 ]
⎪⎩V3 ⎪⎭
⎧U1 ⎫
⎪ ⎪
⎧U 2 ⎫ ⎡0 0 1 0 0 0 ⎤ ⎪ V1 ⎪
⎪V ⎪ ⎢0 0 0 1 0 0 ⎥ ⎪U ⎪
⎪ 2⎪
⎥ ⋅ ⎪⎨ 2 ⎪⎬
{Q2 } = ⎨ ⎬ = ⎢⎢
⎪U 3 ⎪ ⎢0 0 0 0 1 0 ⎥⎥ ⎪V2 ⎪
⎪⎩V3 ⎪⎭ ⎣0 0 0 0 0 1 ⎦ ⎪U 3 ⎪
⎪ ⎪
[ A2 ]
⎪⎩V3 ⎪⎭
En introduisant (4.29) dans l’expression de l’énergie potentielle (4.28), celle-ci
devient :
E = W −T
1
T
T
T
T
= ∑ {Q } [ Ae ] [ K e ][ Ae ]{Q } − {Q } [ Ae ] ({Fev } + {Fes } + {Pe })
e 2
E=
(4.30)
⎛
⎞
1
{Q }T ⎜ ∑ [ Ae ]T ⋅ [ K e ] ⋅ [ Ae ] ⎟{Q }
2
⎝ e
⎠
⎞
T ⎛
T
− {Q } ⎜ ∑ [ Ae ] ({Fev } + {Fes } + {Pe }) ⎟ (4.31)
⎝ e
⎠
T
T
Sachant que les termes [ Ae ] ⋅ [ K e ] ⋅ [ Ae ] et [ Ae ] ({Fev } + {Fes } + {Pe }) correspondent respectivement aux positionnements de [ K e ] dans [ K ] et des {Fe } dans
{F } , on obtient alors :
1
T
T
E = W − T = ∑We − ∑Te = {Q } ⋅ [ K ] ⋅ {Q } − {Q } ⋅ {F } (4.32)
2
e
e
avec :
T
∑ [ Ae ] ⋅ [ K e ] ⋅ [ Ae ] = [ K ] : matrice de rigidité de la structure.
e
T
∑ [ Ae ] {Pe } = {P } : vecteur des charges nodales concentrées définies dans le
e
repère global.
40
9782100544639.indb 40
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Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
Comme l’équilibre est caractérisé par une variation nulle d’énergie potentielle par
rapport au déplacement, le système s’écrit finalement :
dE
T
T
= {dQ } ⋅ [ K ] ⋅ {Q } − {dQ } ⋅ {F }
dQ
T
(4.33)
= {dQ } ([ K ] ⋅ {Q } − {F }) = 0 ⇒ [ K ] ⋅ {Q } = {F }
A

De par sa construction, la matrice [ K ] est symétrique. Elle est encore singulière
( det [ K ] = 0 ) du fait de l’absence de conditions d’appui. En d’autres termes, elle
ne peut traduire pour l’instant qu’un mouvement de corps rigide.
4.2.5 Introduction des conditions d’appui
Pour fixer la structure au sol, des conditions d’appui sont introduites de telle
manière à assurer sa stabilité d’ensemble.
Suivant la nature des degrés de liberté bloqués, ces supports peuvent reconstituer
des appuis ponctuels, des appuis rotulés ou des encastrements mais également correspondre à des déplacements nuls1 ou imposés2.
Regroupant les déplacements connus3 liés aux appuis au sein d’un vecteur {Q B }
et ceux inconnus dans {Q L } , le système [ K ] ⋅ {Q } = {F } peut être transformé de
telle manière à séparer les degrés de liberté libres et bloqués soit :
⎡[ K ] [ K LB ]⎤ ⎧⎪{Q L }⎫⎪ ⎧⎪{Fext }⎫⎪
[ K ] ⋅ {Q } = {F } ⇔ ⎢ LL
⎬=⎨
⎬
⎥⎨
⎣[ K BL ] [ K BB ]⎦ ⎩⎪{Q B }⎭⎪ ⎩⎪ {R } ⎭⎪
(4.34)
[ K LL ] ⋅ {QL } = {Fext } − [ K LB ] ⋅ {QB } ⇒ {QL }
(4.35)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Avec :
{R } : vecteur des réactions d’appui,
{Fext } : vecteur des charges associées aux degrés de liberté libres.
Les déplacements inconnus {Q L } peuvent donc être déterminés en résolvant le
système linéaire :
Pour être inversible et donc ne pas être singulière, [ K LL ] ne devra pas comporter
de termes diagonaux nuls (cf. § 2.3.3). Ceux-ci ne pourront pas non plus être
T
négatifs du fait de son caractère définie positive (i.e. {Q L } ⋅ [ K LL ] ⋅ {Q L } > 0 ).
Dans le cas contraire, on parlera de « pivot négatif ou nul », terme qui d’ailleurs est
largement repris par les logiciels lorsque le calcul est interrompu pour ces raisons.
Une fois {Q L } déterminé, les réactions d’appui peuvent être calculées à partir de :
{R } = [ K BL ] ⋅ {QL } + [ K BB ] ⋅ {QB }
(4.36)
1. Appuis infiniment rigides.
2. Utilisation : dénivellation d’appui d’un pont nécessitée par un changement d’appareil d’appui par
exemple.
3. Si les déplacements sur appuis sont pris égaux à zéro, l‘introduction des conditions aux limites revient
à barrer dans la matrice [K], la ligne et la colonne du degré de liberté considéré.
9782100544639.indb 41
41
09/02/10 14:54
4 • Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.2 Résolution
Ce qui donne pour le calcul du barreau de la figure 4.3 :
⎡0 0
⎢
ES 0 1
[ K ] ⋅ {Q } = [ K 1 ] ⋅ {Q } = ⎢⎢0 0
L
⎢
⎣0 −1
0 0 ⎤ ⎧U1 ⎫ ⎧RH1 ⎫
0 −1⎥ ⎪⎪ V1 ⎪⎪ ⎪⎪ RV1 ⎪⎪
⎥⎨ ⎬ = ⎨
⎬
0 0 ⎥ ⎪U 2 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎥
0 1 ⎦ ⎪⎩V2 ⎪⎭ ⎪⎩ − F ⎪⎭
d’où
RH1 = 0
⎧U 2 = 0
⎧
⎪
⎪
et
FL
ES
⎨
⎨
⎪⎩V2 = − ES
⎪⎩RV1 = − L V2 = F
On notera par ailleurs que la force F est une force nodale et que le déplacement
V2 est négatif car exprimé dans le repère global.
⎧ u1 ⎫ ⎡0 −1
⎪ v ⎪ ⎢1 0
⎪ 1⎪
De plus et comme {q1} = [ R1 ] ⋅ {Q1 } ⇔ ⎨ ⎬ = ⎢
⎪u2 ⎪ ⎢⎢0 0
⎪⎩v2 ⎪⎭ ⎣0 0
déduit :
FL
u2 =
puisque u2 = −V2
ES
0 0 ⎤ ⎧U1 ⎫
0 0 ⎥ ⎪⎪ V1 ⎪⎪
⎥ ⎨ ⎬ , on
0 −1⎥ ⎪U 2 ⎪
⎥
1 0 ⎦ ⎪⎩V2 ⎪⎭
4.2.6 Calcul des efforts internes en repère local
Une fois les déplacements en repère global connus et pour déterminer les efforts
internes aux nœuds, il suffit de calculer pour chacun des éléments, les déplacements associés en repère local puis de les injecter dans la relation de rigidité élémentaire. On a donc :
{ f e }int erne = [ke ] ⋅ {qe }
(4.37)
avec : {qe } = [ Re ] ⋅ {Qe } soit pour l’élément barre de la figure 4.3 :
ES ⎡ 1 −1⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧− N1 ⎫ ⎧− F ⎫
⎬ = ⎨ ⎬ ⇒ N 1 = F 1.
⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎨
L ⎣ −1 1 ⎦ ⎩u2 ⎭ ⎩ N1 ⎭ ⎩ F ⎭
1. Hypothèse : effort normal positif = traction, convention nœud sur barre.
42
9782100544639.indb 42
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Principes de la méthode
des éléments finis en statique
4.3 Organigramme général de résolution
4.3 Organigramme général de résolution
Structure à n nœuds et m éléments
Construction de la matrice
de rigidité [k e ] (repère local)
A

m éléments
e=1
Construction du vecteur
de charges [ f e ] (repère local)
e=1
Calcul de la matrice de passage
m éléments
[Re ] liant repères global et local
Calcul de la matrice de rigidité exprimée en repère
T
global [K e ] = [Re ] ⋅ [k e ] ⋅ [R e ]
Calcul du vecteur charges exprimé en
repère global {Fe } = [Re ] ⋅ { f e }
T
Assemblage de [K ]
Assemblage de {F } en prenant en compte
les éventuelles charges nodales
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Résolution du système [K ] ⋅ {Q} = {F } après
introduction des conditions d’appui ⇒ {Q LL }, {R}
m éléments
e=1
Calcul des efforts internes en repère
local par la relation [ke ] ⋅ {qe }
FIN
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5 • Éléments de barre et de ressort

A
5.1 Élément de barre
Y
Vj
L
y
E, S
Vi
i
ui
uj
j
x
Uj
θ
Ui
X
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 5.1 – Élément barre 2D.
Comme vu au chapitre 4, l’élément de barre est un élément à 2 nœuds comportant
un seul degré de liberté dans son repère local et deux (2D) ou trois (3D) dans le
repère global. Ses caractéristiques géométriques et matérielles se résument à une
section constante S et un module d’élasticité longitudinal E .
Fonctionnant en traction ou compression uniquement, l’hypothèse généralement
retenue dans les logiciels du marché est d’associer un effort normal N positif à
une traction. De plus et afin de simplifier les développements, seul le cas plan sera
traité.
5.2 Matrices de rigidité élémentaires
L’élément barre possédant un seul degré de liberté en repère local et deux dans le
repère global, il est nécessaire, pour envisager ce changement de base, d’exprimer
[ke ] sous la forme d’une matrice de dimensions 4 ¥ 4. Pour ce faire, on reprend
l’expression de [ ke ] établie en (4.13) et on ajoute deux lignes et deux colonnes de
zéros associées à des vi et v j fictifs.
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45
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5 • Éléments de barre et de ressort
5.3 Élément de ressort

On a alors :
⎡1
⎢
ES ⎡ 1 −1⎤ (ui ) ES ⎢ 0
[ke ] = ⎢ −1 1 ⎥ (u ) = ⎢ −1
L ⎣
L
⎦ j
⎢
⎣0
0 −1
0 0
0 1
0 0
0 ⎤ (ui )
0 ⎥ (vi )
⎥
0 ⎥ (u j )
⎥
0 ⎦ (v j )
(5.1)
Le changement de base est alors possible en posant que :
⎡ cosθ
⎢ − sin θ
T
[ K e ] = [ Re ] ⋅ [ ke ] ⋅ [ Re ] avec [ Re ] = ⎢
⎢ 0
⎢
⎣ 0
sin θ
cosθ
0
0
0
0
cosθ
− sin θ
0 ⎤
0 ⎥
⎥
sin θ ⎥
⎥
cosθ ⎦
(5.2)
On retrouve alors la forme générique (4.26) de la matrice de rigidité [ K e ] en
repère global :
⎡ cos2 θ
⎢
ES ⎢ cosθ sin θ
[K e ] = ⎢
− cos2 θ
L
⎢
⎢⎣ − cosθ sin θ
cosθ sin θ
sin 2 θ
− cosθ sin θ
− sin 2 θ
− cos2 θ
− cosθ sin θ
cos2 θ
cosθ sin θ
− cosθ sin θ ⎤
⎥
− sin 2 θ ⎥
(5.3)
cosθ sin θ ⎥
⎥
sin 2 θ ⎥⎦
5.3 Élément de ressort
Y
Vj
y
k
Vi u
i
i
j
uj
x
Uj
θ
Ui
X
Figure 5.2 – Élément ressort 2D.
De par son fonctionnement également uniaxial, l’élément ressort suit exactement
les mêmes règles de construction que l’élément barre. Sa seule différence se situe
dans le terme de rigidité k . Les matrices de rigidité élémentaires sont donc tout à
ES
fait similaires, la valeur de k se substituant à la rigidité
de l’élément barre.
L
46
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5 • Éléments de barre et de ressort
5.4 Exemple 1 : console

⎡1
⎢0
⎡ 1 −1⎤ (ui )
[ke ] = k ⋅ ⎢ −1 1 ⎥ (u ) = k ⋅ ⎢⎢ −1
⎣
⎦ j
⎢
⎣0
0 −1
0 0
0 1
0 0
0 ⎤ (ui )
0 ⎥ (vi )
⎥
0 ⎥ (u j )
⎥
0 ⎦ (v j )
(5.4)
De ce fait et en cas de nécessité, l’élément barre peut être substitué à un élément
ressort en remplaçant k par une combinaison de termes E , S et L .

5.4 Exemple 1 : console
A
F
y
x
E, S, L
3
2
k=
4
E,
45°
y
ES
L
2S , 2 L
Y
x
1
X
L
Figure 5.3 – Exemple 1 : système de 2 barres en console.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Tableau 5.1 – Exemple 1 : connectivité élémentaire.
Élément
Nœud i
Nœud j
Longueur
Section
1 (barre)
1
3
2L
2S
2 (barre)
2
3
L
S
3 (ressort)
4
3
–
–
Application numérique : E = 2.1 1011 N/m2, L = 10 m, S = 0.0001 m2, F = 10000 N
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47
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5 • Éléments de barre et de ressort
5.4 Exemple 1 : console

5.4.1 Calcul sans ressort
■■ Matrices de rigidité en repère local
En appliquant (5.1) aux deux éléments, on déduit pour [ k1 ] et [ k2 ] :
⎡1
⎢
E 2S ⎢ 0
[k1 ] =
2L ⎢ −1
⎢
⎣0
0 −1
0 0
0 1
0 0
0 ⎤ (u1 )
0 ⎥ (v1 )
⎥
0 ⎥ (u3 )
⎥
0 ⎦ (v3 )
⎡1
⎢
ES ⎢ 0
k
=
[ 2]
L ⎢ −1
⎢
⎣0
0 −1
0 0
0 1
0 0
0 ⎤ (u2 )
0 ⎥ (v2 )
⎥
0 ⎥ (u3 )
⎥
0 ⎦ (v3 )
(5.5)
■■ Matrices de rigidité en repère global
La forme générique (5.3) étant directement utilisable, on obtient pour :
L’élément 2 : nœuds 2 → 3, q = 0°
⎡1
⎢
ES 0
[ K 2 ] = ⎢⎢ −1
L
⎢
⎣0
0 −1
0 0
0 1
0 0
0 ⎤ (U 2 )
0 ⎥ (V2 )
⎥
0 ⎥ (U 3 )
⎥
0 ⎦ (V3 )
(5.6)
1⎤
− ⎥
2
⎥
1 ⎥ (U1 )
− (V )
2⎥ 1
1 ⎥ (U 3 )
⎥
2 ⎥ (V3 )
1 ⎥
2 ⎥⎦
(5.7)
L’élément 1 : nœuds 1 → 3, q = 45°
⎡ 1
⎢ 2
⎢
⎢ 1
ES
[ K 1 ] = ⎢⎢ 21
L
⎢−
⎢ 2
⎢ 1
⎢⎣ − 2
1
2
1
2
1
−
2
1
−
2
1
2
1
−
2
1
2
1
2
−
■■ Système [K ] ◊ {Q } = {F }
Pour établir le système [ K ] ⋅ {Q } = {F } , il est tout d’abord nécessaire de construire
la matrice de rigidité de la structure [ K ] en positionnant (5.6) et (5.7) suivant les
degrés de liberté requis. On remarquera d’ailleurs que le terme diagonal associé à
V2 est nul. Ceci provient du fait que l’élément barre ne peut projeter d’effort sur
l’axe global vertical Y. Ensuite, le vecteur charges {F } est défini en appliquant
d’une part la force F négativement (car opposée à Y) suivant le degré de liberté
associé à V3 et d’autre part les réactions horizontales et verticales aux nœuds 1 et 2.
48
9782100544639.indb 48
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⎡ 1
⎢ 2
⎢
⎢ 1
⎢ 2
ES ⎢ 0
[ K ] ⋅ {Q } = {F } ⇔ ⎢ 0
L ⎢
⎢ 1
⎢−
⎢ 2
⎢ 1
⎢−
⎣ 2
1
2
1
2
0
0
1
−
2
1
−
2
5.4 Exemple 1 : console

0
0
0
0
1
0
0
0
−1 0
0
0
1
2
1
−
2
−1
0
1
1+
2
1
2
−
1⎤
− ⎥
2
⎥
1 ⎥ ⎧U1 ⎫ ⎧ RH1 ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
−
2 ⎥ ⎪ V1 ⎪ ⎪ RV1 ⎪
0 ⎥ ⎪⎪U 2 ⎪⎪ ⎪⎪RH 2 ⎪⎪
⎥⋅⎨ ⎬ = ⎨
⎬
0 ⎥ ⎪V2 ⎪ ⎪ RV2 ⎪
1 ⎥ ⎪U 3 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎥ ⎪ ⎪ ⎪
⎪
2 ⎥ ⎪⎩V3 ⎪⎭ ⎪⎩ − F ⎪⎭
1 ⎥
⎥
2 ⎦
(5.8)
A

5 • Éléments de barre et de ressort
■■ Introduction des conditions d’appui
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Dans la mesure où les appuis sont infiniment rigides et comme indiqué en § 4.2.5,
l’introduction des conditions aux limites aux nœuds 1 et 2 revient à barrer la ligne
et la colonne du degré de liberté considéré.
Figure 5.4 – Exemple 1 : déformée sans ressort (Effel).
Le système (5.8) se réduit donc aux termes liés aux déplacements U 3 et V3 :
⎡ 1
1+
ES ⎢ 2
⎢
L ⎢ 1
⎢⎣ 2
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1⎤
2 ⎥ ⋅ ⎧U 3 ⎫ = ES ⎡3 1⎤ ⋅ ⎧U 3 ⎫ = ⎧ 0 ⎫
⎥ ⎨ ⎬
⎨ ⎬ ⎨ ⎬
1 ⎥ ⎩V3 ⎭ 2 L ⎢⎣1 1⎥⎦ ⎩V3 ⎭ ⎩− F ⎭
2 ⎥⎦
(5.9)
49
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5 • Éléments de barre et de ressort
5.4 Exemple 1 : console

FL
⎧
⎪⎪U 3 = ES = 4.762 mm
⎨
⎪V3 = − 3 FL = −14.286 mm
⎪⎩
ES
d’où
(5.10)
Il suffit alors d’injecter les résultats (5.10) dans (5.8) pour obtenir les réactions aux
appuis :
RV1 = RH1 =
ES ⎛ U 3 V3 ⎞
ES
− ⎟ = F ; RH 2 =
( −U 3 ) = − F ; RV2 = 0
⎜−
2 ⎠
L
L ⎝ 2
(5.11)
■■ Efforts dans les barres
F
y
N2
x
E, S, L
N1
N2
3
2
4
E,
45°
y
k=
ES
L
2S , 2 L
Y
x
N1
1
L
X
Figure 5.5 – Exemple 1 : efforts dans les barres.
La détermination des efforts dans les barres est basée sur l’application de la relation
(4.37). Il est néanmoins nécessaire de calculer préalablement les déplacements dans
le repère local de chacun des éléments. Ainsi, nous avons pour :
L’élément 1 : nœuds 1 → 3, q = 45°
⎡1
⎧ u1 ⎫
⎢
⎪v ⎪
2 ⎢ −1
⎪ 1⎪
Comme d’après (4.22) {q1} = [ R1 ] ⋅ {Q1 } ⇔ ⎨ ⎬ =
⎪u3 ⎪ 2 ⎢⎢ 0
⎪⎩v3 ⎪⎭
⎣0
1 0
1 0
0 1
0 −1
0 ⎤ ⎧U1 ⎫
0 ⎥ ⎪⎪ V1 ⎪⎪
⎥⎨ ⎬ ,
1 ⎥ ⎪U 3 ⎪
⎥
1 ⎦ ⎪⎩V3 ⎪⎭
50
9782100544639.indb 50
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5 • Éléments de barre et de ressort
5.4 Exemple 1 : console

On déduit alors de (4.37) :
⎡1
⎢
E 2S ⎢ 0
=
2 L ⎢ −1
⎢
⎣0
0 −1
0 0
0 1
0 0
0⎤
⎡1
⎥
0 2 ⎢ −1
⎥
⎢
0⎥ 2 ⎢ 0
⎥
⎢
0⎦
⎣0
1 0
1 0
0 1
0 −1
0 ⎤ ⎧U1 ⎫ ⎧ 2 P ⎫
⎪
⎪
0 ⎥ ⎪⎪ V1 ⎪⎪ ⎪ 0 ⎪
⎥⋅⎨ ⎬ = ⎨
⎬
1 ⎥ ⎪U 3 ⎪ ⎪− 2 P ⎪
⎥
1 ⎦ ⎪⎩V3 ⎪⎭ ⎪ 0 ⎪
⎩
⎭
(5.12)
A

⎧− N1 ⎫
⎪ 0 ⎪
⎪
⎪
⎬ = [ k1 ] ⋅ {q1} = [ k1 ] ⋅ [ R1 ] ⋅ {Q1 }
⎨
⎪ N1 ⎪
⎪⎩ 0 ⎪⎭
d’où la valeur de l’effort normal et de la contrainte dans l’élément 1 :
ES 2
(U 3 + V3 ) = − 2 P = −14142 N
L 2
N
⇒ σ xx1 = 1 = −100 MPa
2S
N1 =
(5.13)
Comme indiqué précédemment, l’hypothèse retenue pour les efforts normaux est
d’associer une valeur positive à une traction. Cela revient dans notre cas à retenir
comme convention, l’action du nœud sur la barre d’où le signe « – » appliqué à
l’effort normal du nœud de départ.
L’élément 2 : nœuds 2 → 3, q = 0°
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Les repères local et global étant confondus, il est possible de déterminer directement l’effort dans la barre n°2 car [ R2 ] = [ I ] (i.e. u3 = U 3 ). On a donc :
ES ⎡ 1 −1⎤ ⎧u2 ⎫ ⎧− N 2 ⎫ ⎧− F ⎫
⎬=⎨ ⎬
⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎨
L ⎣ −1 1 ⎦ ⎩u3 ⎭ ⎩ N 2 ⎭ ⎩ F ⎭
N
⇒ N 2 = F = 10000 N ⇒ σ xx2 = 2 = 100 MPa
S
(5.14)
5.4.2 Calcul avec ressort
■■ Matrice de rigidité du ressort en repère local
L’élément ressort étant orienté de 4 vers 3, on peut écrire d’après (5.4) que :
⎡1
⎢
ES ⎢ 0
[k3 ] = ⎢ −1
L

k ⎢
⎣0
9782100544639.indb 51
0 −1
0 0
0 1
0 0
0 ⎤ (u4 )
0 ⎥ (v4 )
⎥
0 ⎥ (u3 )
⎥
0 ⎦ (v3 )
(5.15)
51
09/02/10 14:54
5 • Éléments de barre et de ressort
5.4 Exemple 1 : console

■■ Matrice de rigidité du ressort en repère global
Il est alors possible, en appliquant (5.3) avec un changement de base θ = 90° , de
calculer la matrice de rigidité de l’élément ressort en repère global [ K 3 ] , soit :
⎡0 0
⎢
ES ⎢0 1
[ K 3 ] = ⎢0 0
L
⎢
⎣0 −1
0 0 ⎤ (U 4 )
0 −1⎥ (V4 )
⎥
0 0 ⎥ (U 3 )
⎥
0 1 ⎦ (V3 )
(5.16)
■■ Système [K ] ◊ {Q } = {F }
La construction du système d’équations revient à ajouter (5.16) à (5.8) ce qui
donne :
1
⎡ 1
⎢1 + 2
2
⎢
1
1
⎢
1+
⎢ 2
2
⎢ 0
0
⎢
0
ES ⎢ 0
⎢
1
L ⎢ 1
−
−
2
⎢ 2
⎢ 1
1
−
⎢−
2
⎢ 2
0
0
⎢
⎢ 0
0
⎣
0
0
0
0
1
0
0
0
−1 0
0
0
0
0
0
0
1
1
⎤
0 0⎥
−
2
2
⎥ ⎧U1 ⎫ ⎧ RH 1 ⎫
1
1
−
−
0 0 ⎥ ⎪V ⎪ ⎪ R ⎪
⎥⎪ 1 ⎪ ⎪ V1 ⎪
2
2
−1
0
0 0 ⎥ ⎪U 2 ⎪ ⎪ RH 2 ⎪
⎥⎪ ⎪ ⎪
⎪
0
0
0 0 ⎥ ⎪V2 ⎪ ⎪ Rv 2 ⎪
⎥ ⎨U ⎬ = ⎨ 0 ⎬ (5.17)
1
1
⎪
1+
0 0 ⎥⎪ 3⎪ ⎪
2
2
⎥ ⎪V3 ⎪ ⎪ − F ⎪
⎪
⎥⎪ ⎪ ⎪
1
1
1+
0 −1⎥ ⎪U 4 ⎪ ⎪RH 4 ⎪
2
2
⎥ ⎪V ⎪ ⎪ R ⎪
0
0
1 0 ⎥⎩ 4 ⎭ ⎩ V 4 ⎭
−1 0 1 ⎥⎦
0
−
■■ Introduction des conditions d’appui
L’introduction des conditions aux limites aux nœuds 1, 2 et 4 permet de trouver
un système très similaire à (5.9) :
d’où
1 ⎤
⎡ 1
1+
⎢
ES
2
2 ⎥ ⎧U 3 ⎫ = ES ⎡3 1 ⎤ ⎧U 3 ⎫ = ⎧ 0 ⎫
⎢
⎥⎨ ⎬
⎢
⎥⎨ ⎬ ⎨ ⎬
1 V
2 L ⎣1 3 ⎦ ⎩V3 ⎭ ⎩− F ⎭
L ⎢ 1
1+ ⎥ ⎩ 3 ⎭
⎢⎣ 2
2 ⎥⎦
(5.18)
FL
⎧
⎪⎪U 3 = 4 ES = 1.190 mm
⎨
⎪V3 = − 3FL = −3.571mm
⎪⎩
4 ES
(5.19)
En effet, la seule différence se situe au niveau de la rigidité associée à V3 qui comES
supplémentaire dû à la présence du ressort.
porte un terme
L
52
9782100544639.indb 52
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5 • Éléments de barre et de ressort
5.4 Exemple 1 : console

Les réactions peuvent alors être calculées en injectant (5.19) dans (5.17) d’où :
(5.20)
A

ES ⎛ U 3 V3 ⎞ F
⎧
⎪RV1 = RH1 = L ⎜ − 2 − 2 ⎟ = 4
⎝
⎠
⎪
⎪⎪R = ES −U = − F
( 3)
H
⎨ 2
4
L
⎪RV = RH = 0
4
⎪ 2
S
3F
E
⎪R =
V3 ) =
(
V
4
⎪⎩
L
4
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 5.6 – Exemple 1 : déformée avec ressort (Effel).
■■ Efforts dans les barres
En appliquant la même procédure qu’en § 5.4.1, on obtient pour :
L’élément 1 : nœuds 1 → 3, q = 45°
⎡1
⎧ u1 ⎫
⎢
⎪v ⎪
2 ⎢ −1
⎪ 1⎪
Comme {q1} = [ R1 ] ⋅ {Q1 } ⇔ ⎨ ⎬ =
⎪u3 ⎪ 2 ⎢⎢ 0
⎪⎩v3 ⎪⎭
⎣0
9782100544639.indb 53
1 0
1 0
0 1
0 −1
0 ⎤ ⎧U1 ⎫
0 ⎥ ⎪⎪ V1 ⎪⎪
⎥⎨ ⎬
1 ⎥ ⎪U 3 ⎪
⎥
1 ⎦ ⎪⎩V3 ⎪⎭
53
09/02/10 14:54
5 • Éléments de barre et de ressort
5.5 Exemple 2 : treillis

On a :
⎧− N1 ⎫
⎪ 0 ⎪
⎪
⎪
⎬ = [ k1 ] ⋅ {q1} = [ k1 ] ⋅ [ R1 ] ⋅ {Q1 }
⎨
⎪ N1 ⎪
⎪⎩ 0 ⎪⎭
⎡1
⎢
E 2S ⎢ 0
=
2 L ⎢ −1
⎢
⎣0
0 −1
0 0
0 1
0 0
0⎤
⎡1
⎥
0 2 ⎢ −1
⎥
⎢
0⎥ 2 ⎢ 0
⎥
⎢
0⎦
⎣0
1 0
1 0
0 1
0 −1
⎧ 2 F ⎫ (5.21)
0 ⎤ ⎧U1 ⎫ ⎪ 4 ⎪
⎪
⎪
0 ⎥ ⎪⎪ V1 ⎪⎪ ⎪ 0 ⎪
⎥⋅⎨ ⎬ = ⎨
⎬
1 ⎥ ⎪U 3 ⎪ ⎪ 2 F ⎪
−
⎥
1 ⎦ ⎪⎩V3 ⎪⎭ ⎪ 4 ⎪
⎪ 0 ⎪
⎩
⎭
d’où :
N1 =
2F
ES 2
N
= −3536 N ⇒ σ xx1 = 1 = −25 MPa
(U 3 + V3 ) = −
4
L 2
2S
(5.22)
L’élément 2 : nœuds 2 → 3, q = 0°
⎧ F⎫
−
−
−
1
1
u
N
⎤ ⎧ 2 ⎫ ⎧ 2 ⎫ ⎪⎪ 4 ⎪⎪
ES ⎡
F
⎢ −1 1 ⎥ ⎨u ⎬ = ⎨ N ⎬ = ⎨ F ⎬ ⇒ N 2 = = 2500 N
4
L ⎣
⎦⎩ 3⎭ ⎩ 2 ⎭ ⎪
⎪
⎪⎩ 4 ⎪⎭
N
⇒ σ xx2 = 2 = 25 MPa
S
(5.23)
L’élément 3 : nœuds 3 → 4, q = 0°
N 3 = k ⋅V3 = −
3F
4
On notera qu’il est possible de trouver directement l’effort dans le ressort grâce à la
relation liant rigidité et déplacement du nœud 3.
5.5 Exemple 2 : treillis
Soit la structure suivante formée de cinq éléments barres et quatre nœuds. Le chargement se décompose en 2 charges horizontale et verticale, respectivement PX et
PY appliquées toutes deux au nœud 4. Les conditions d’appui à prendre en compte
sont des appuis rotulés aux nœuds 1 et 3. On désire déterminer les déplacements,
les réactions et les efforts dans cette structure.
54
9782100544639.indb 54
09/02/10 14:54
5 • Éléments de barre et de ressort
5.5 Exemple 2 : treillis

H
1
H
E, S, H
E, S, H
2
3
E, S, H
E,
S
, 2H
E,
2
S
, 2H
2
A

H
PX
4
Y
PY
X
Figure 5.7 – Exemple 2 : structure treillis.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Tableau 5.2 – Exemple 2 : connectivité élémentaire.
Élément
Nœud i
Nœud j
Longueur
Section
1 (barre)
1
2
H
S
2 (barre)
2
3
H
S
3 (barre)
1
4
2H
S
2
4 (barre)
3
4
2H
S
2
5 (barre)
2
4
H
S
Application numérique : S = 0.01 m2, E = 2.1 1011 N/m2, H = 10 m, PX = 100000 N, PY = 200000 N.
5.5.1 Matrices de rigidité en repère local
En adaptant la relation (5.1) aux spécificités de chacune des barres, les matrices en
repère local s’écrivent pour :
Les éléments 1, 2 et 5
[k1 ] = [k2 ] = [k5 ] =
9782100544639.indb 55
ES ⎡ 1 −1⎤
⎢
⎥
H ⎣ −1 1 ⎦
(5.24)
55
09/02/10 14:54
5 • Éléments de barre et de ressort
5.5 Exemple 2 : treillis

Les éléments 3 et 4
[k3 ] = [k4 ] =
E
S
2 ⎡ 1 −1⎤ = ES ⎡ 1 −1⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
2 H ⎣ −1 1 ⎦ 2 H ⎣ −1 1 ⎦
1
2
Y
4
(5.25)
3
PX
X
PY
Figure 5.8 – Exemple 2 : connectivité élémentaire et repères locaux.
5.5.2 Matrices de rigidité en repère global
Toujours en utilisant la forme générique (5.3), les rigidités en repère global s’écrivent pour :
L’élément 1 : nœuds 1 → 2, q = 0°
⎡1
⎢
ES ⎢ 0
[ K 1 ] = ⎢ −1
H
⎢
⎣0
0 −1
0 0
0 1
0 0
0 ⎤ (U1 )
0 ⎥ (V1 )
⎥
0 ⎥ (U 2 )
⎥
0 ⎦ (V2 )
(5.26)
⎡ 1 −1 −1 1 ⎤ (U1 )
⎢
⎥
ES −1 1 1 −1 (V )
[ K 3 ] = ⎢⎢ −1 1 1 −1⎥⎥ (U1 )
4H
4
⎢
⎥
1
1
1
1
−
−
(V
V
⎣
⎦ 4)
(5.27)
L’élément 2 : nœuds 2 → 3, q = 0°
[K 2 ] = [K1 ]
L’élément 3 : nœuds 1 → 4, q = – 45°
56
9782100544639.indb 56
09/02/10 14:54
5 • Éléments de barre et de ressort
5.5 Exemple 2 : treillis

Élément 4 : nœuds 3 → 4, q = – 135°
⎡ 1 1 −1 −1⎤ (U 3 )
⎢
⎥
ES ⎢ 1 1 −1 −1⎥ (V3 )
[K 4 ] =
4 H ⎢ −1 −1 1 1 ⎥ (U 4 )
⎢
⎥
V4 )
⎣ −1 −1 1 1 ⎦ (V
(5.28)
A
⎡0 0
⎢
ES ⎢0 1
K
=
[ 5]
H ⎢0 0
⎢
⎣0 −1
0 0 ⎤ (U 2 )
0 −1⎥ (V2 )
⎥
0 0 ⎥ (U 4 )
⎥
0 1 ⎦ (V4 )

Élément 5 : nœuds 2 → 4, q = – 90°
(5.29)
5.5.3 Système [K ] ◊ {Q } = {F }
L’assemblage des matrices élémentaires en repère global (5.26) à (5.29) permet
d’obtenir :
−1
0
0
0
1 ⎤ ⎧U1 ⎫ ⎧ RH 1 ⎫
⎡ 4 + 1 −1 −4
⎢ −1 1
−1 ⎥ ⎪ V1 ⎪ ⎪ RV 1 ⎪
0
0
0
0
1
⎢
⎥⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎢ −4
−4
0 4+4 0
0
0
0 ⎥ ⎪U 2 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎢
⎥⎪ ⎪ ⎪
⎪
−4 ⎥ ⎪V2 ⎪ ⎪ 0 ⎪
0
0
4
0
0
0
ES ⎢ 0
=
⎨ ⎬ ⎨
⎬ (5.30)
−1 ⎥ ⎪U 3 ⎪ ⎪RH 3 ⎪
−4
−1
1
0
0 4 +1 1
4H ⎢ 0
⎢
⎥
−1
−1 ⎥ ⎪V3 ⎪ ⎪ RV 3 ⎪
0
0
0
1
1
⎢ 0
⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎢ −1 1
−1 −1 1 + 1
−1 + 1 ⎥ ⎪U 4 ⎪ ⎪ PX ⎪
0
0
⎢
⎥
−1
−4 −1 −1 −1 + 1 4 + 1 + 1⎥⎦ ⎪⎩V4 ⎭⎪ ⎪⎩ − PY ⎪⎭
0
⎢⎣ 1
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Ce qui donne après simplification :
⎡ 5 −1 −4 0 0 0 −1
⎢ −1 1 0 0 0 0 1
⎢
⎢ −4 0 8 0 −4 0 0
⎢
4 0 0 0
ES ⎢ 0 0 0
4 H ⎢ 0 0 −4 0 5 1 −1
⎢
⎢ 0 0 0 0 1 1 −1
⎢ −1 1 0 0 −1 −1 2
⎢
⎢⎣ 1 −1 0 −4 −1 −1 0
9782100544639.indb 57
1 ⎤ ⎧U1 ⎫ ⎧ RH 1 ⎫
−1⎥ ⎪ V1 ⎪ ⎪ RV 1 ⎪
⎥⎪ ⎪ ⎪
⎪
0 ⎥ ⎪U 2 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎥⎪ ⎪ ⎪
⎪
−4 ⎥ ⎪V2 ⎪ ⎪ 0 ⎪
=
⎨ ⎬ ⎨
⎬
−1⎥ ⎪U 3 ⎪ ⎪RH 3 ⎪
⎥
−1⎥ ⎪V3 ⎪ ⎪ RV 3 ⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪
0 ⎥ ⎪U 4 ⎪ ⎪ PX ⎪
⎥
6 ⎥⎦ ⎪⎩V4 ⎪⎭ ⎪⎩ − PY ⎪⎭
(5.31)
57
09/02/10 14:54
5 • Éléments de barre et de ressort
5.5 Exemple 2 : treillis

5.5.4 Introduction des conditions d’appui
Les conditions d’appui permettent de déduire que U1 = U 3 = V1 = V3 = 0 d’où le
système à résoudre :
⎡8 0
⎢
ES ⎢0 4
4 H ⎢0 0
⎢
⎣0 −4
0 0 ⎤ ⎧U 2 ⎫ ⎧ 0 ⎫
0 −4 ⎥ ⎪⎪V2 ⎪⎪ ⎪⎪ 0 ⎪⎪
⎥⎨ ⎬ = ⎨
⎬
2 0 ⎥ ⎪U 4 ⎪ ⎪ PX ⎪
⎥
0 6 ⎦ ⎪⎩V4 ⎪⎭ ⎪⎩− PY ⎪⎭
(5.32)
Les déplacements aux nœuds 2 et 4 sont donc égaux à :
⎧U 2 = 0
⎪V = V
4
⎪ 2
⎪
2P H
⎨U 4 = X = 0.952 10−3 m
ES
⎪
⎪
2 PY H
= −1.905 10−3 m
⎪V4 = −
ES
⎩
(5.33)
Figure 5.9 – Exemple 2 : déformée (Effel).
58
9782100544639.indb 58
09/02/10 14:54
5 • Éléments de barre et de ressort
5.5 Exemple 2 : treillis

Ce qui, en injectant (5.33) dans (5.31), donne pour les réactions :
(5.34)
A

ES ⎛ 2 PX H 2 PY H ⎞
PX + PY
⎧
= −150 kN
⎪RH 1 = 4 H ⎜ − ES − ES ⎟ = −
2
⎝
⎠
⎪
ES ⎛ 2 PX H 2 PY H ⎞ PX + PY
⎪
= 150 kN
⎪⎪RV 1 = 4 H ⎜⎝ ES + ES ⎟⎠ =
2
⎨
⎪RH 3 = ES ⎛ − 2 PX H + 2 PY H ⎞ = − PX + PY = 50 kN
⎜
⎟
⎪
2
4H ⎝
ES
ES ⎠
⎪
⎪RV 3 = ES ⎛⎜ − 2 PX H + 2 PY H ⎞⎟ = − PX + PY = 50 kN
4H ⎝
2
ES
ES ⎠
⎩⎪
5.5.5 Efforts dans les barres
Les barres 1 et 2 ne subissant aucun allongement ou raccourcissement (U 2 = 0 ) , les
efforts dans ces éléments sont bien évidemment nuls ( N1 = N 2 = 0 ) . De la même
façon, il n’y a pas d’effort dans la barre 5 ( N 5 = 0 ) puisque V2 est égal V4 .
Pour obtenir les efforts dans l’élément 3, on pose :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎡1 −1
⎧ u1 ⎫
⎢
⎪v ⎪
2 ⎢1 1
⎪ 1⎪
⎨ ⎬=
⎪u4 ⎪ 2 ⎢⎢0 0
⎪⎩v4 ⎪⎭
⎣0 0
⎡1 −1
⎧ u1 ⎫
⎢
⎪v ⎪
2 ⎢1 1
⎪ 1⎪
=
⎨ ⎬
⎪u4 ⎪ 2 ⎢⎢0 0
⎪⎩v4 ⎪⎭
⎣0 0
0 0 ⎤ ⎧U1 ⎫
0 0 ⎥ ⎪⎪ V1 ⎪⎪
⎥ ⎨ ⎬ d ’ oø u = 2 (U − V ) = 2 ⎛ 2 ( PX + PY
4
4
4
⎜
1 −1⎥ ⎪U 4 ⎪
2
2 ⎝
ES
⎥
1 1 ⎦ ⎪⎩V4 ⎪⎭
0 0 ⎤ ⎧U1 ⎫
0 0 ⎥ ⎪⎪ V1 ⎪⎪
2
2 ⎛ 2 ( PX + PY ) H ⎞
U 4 − V4 ) =
d’où ⎥ ⎨ ⎬ d ’ oø u4 =
(
⎜
⎟
1 −1⎥ ⎪U 4 ⎪
2
2 ⎝
ES
⎠
⎥⎪ ⎪
1ce qui
1 ⎦permet
V
⎩ 4 ⎭ de trouver grâce à (4-37) :
ES ⎛
⇒ N3 =
⎜
2H ⎜⎝
ES ⎡ 1 −1⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧− N 3 ⎫
⎬
⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎨
2 H ⎣ −1 1 ⎦ ⎩u4 ⎭ ⎩ N 3 ⎭
2 ( PX + PY )
2 ( PX + PY ) H ⎞
= 212132 N
⎟⎟ =
2
ES
⎠
(5.35)
De la même façon et pour l’élément 4, on déduit :
⎡ −1 −1 0 0 ⎤ ⎧U 3 ⎫
⎧u3 ⎫
⎢
⎪v ⎪
⎥⎪ ⎪
2 ⎢ 1 −1 0 0 ⎥ ⎪V3 ⎪
2
2 ⎛ 2 ( − PX
⎪ 3⎪
d ’ oø u4 =
−U 4 − V4 ) =
(
⎬
⎨ ⎬=
⎨
⎜
2
2 ⎝
⎪u4 ⎪ 2 ⎢⎢ 0 0 −1 −1⎥⎥ ⎪U 4 ⎪
⎪⎩v4 ⎪⎭
⎣ 0 0 1 −1⎦ ⎪⎩V4 ⎪⎭
u3 ⎫
⎡ −1 −1 0 0 ⎤ ⎧U 3 ⎫
⎪
⎢
⎥⎪ ⎪
2 ⎢ 1 −1 0 0 ⎥ ⎪V3 ⎪
2
2 ⎛ 2 ( − PX + PY ) H ⎞
3⎪
=
d ’ oø u4 =
−U 4 − V4 ) =
(
d’où
⎬
⎬
⎨
⎜
⎟
u4 ⎪ 2 ⎢ 0 0 −1 −1⎥ ⎪U 4 ⎪
2
2 ⎝
ES
⎠
⎢
⎥⎪ ⎪
⎪
−
V
0
0
1
1
4⎭
⎣
⎦⎩ 4 ⎭
9782100544639.indb 59
59
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5 • Éléments de barre et de ressort
ES ⎛
⇒ N4 =
⎜
2H ⎜⎝
5.5 Exemple 2 : treillis

ES ⎡ 1 −1⎤ ⎧u3 ⎫ ⎧− N 4 ⎫
⎬
⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎨
2 H ⎣ −1 1 ⎦ ⎩u4 ⎭ ⎩ N 4 ⎭
2 ( − PX + PY ) H ⎞
2 ( − PX + PY )
= 70711 N
⎟⎟ =
2
ES
⎠
(5.36)
60
9782100544639.indb 60
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6 • Éléments de poutre à deux nœuds

A
6.1 Équation générale des poutres planes
y
G
H
E
F
C
D
A
B
y
x
Axe neutre
O
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
dβ
G’
H’
E’ ρ
F’
C’
D’
A’
B’
y
x
Figure 6.1 – Déformation d’une poutre en flexion.
Les sections droites d’une poutre en flexion restant droites après déformations
(principe de Navier-Bernoulli), l’étude des déformations longitudinales sur un
tronçon ABGH permet d’établir une relation linéaire entre la déformation longitudinale et le rayon de courbure ρ . En effet et de par sa définition (3.9), la déformation à l’ordonnée y est égale à :
E ’ F ’− EF
ε xx =
(6.1)
EF
9782100544639.indb 61
61
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6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.1 Équation générale des poutres planes

Comme EF = CD et CD = C’D’, on déduit que :
E ’ F ’− EF ( ρ − y ) ⋅ d β − ρ ⋅ d β
y
=
ε xx =
=−
EF
ρ ⋅dβ
ρ
(6.2)
Enfin et en combinant l’équation d’équilibre de la section à celle liant contrainte et
déformation, on retrouve la relation moment-courbure de la théorie des poutres :
∫ σ xx ⋅ y ⋅ dS − M z = 0⎫⎪
1
M
E
⎪
⇒ M z = − ∫ y 2 ⋅ dS ⇔ − z =
⎬
E
ρS
EI z ρ
σ xx = E ⋅ ε xx = − ⋅ y ⎪
ρ ⎪⎭
Iz
S
(6.3)
avec I z = ∫ y 2 ⋅ dS : moment d’inertie autour de l’axe z (perpendiculaire au plan xy).
S
De plus et sous l’effet des charges extérieures, le point situé sur l’axe neutre à l’abscisse x subira un déplacement vertical v( x ) et une rotation β ( x ) . Par ailleurs et
dβ 1
d’après la figure 6.2, on sait que dx = ρ ⋅ d β ⇒
mais également que
=
dx ρ
dv
β=
ce qui permet de déduire :
dx
1 d β d 2v
=
=
(6.4)
ρ dx dx 2
En égalisant (6.3) et (6.4), les relations moment-courbure et déformation-courbure deviennent :
1
M
d 2v
=− z = 2
(6.5)
ρ
EI z dx
ε xx = −
y
d 2v
= −y 2
ρ
dx
(6.6)
Sachant que l’effort tranchant correspond à la dérivée du moment fléchissant
⎛ dM z
⎞
= T y ⎟ et que celle de l’effort tranchant1 est équivalente à la charge répartie
⎜
dx
⎝
⎠
⎛ dT y
⎞
= −q y ( x ) ⎟ , on obtient finalement :
⎜
⎝ dx
⎠
d 2v
EI z 2 = − M z ( x )
dx
d 3v
EI z 3 = −T y ( x )
dx
d 4v
EI z 4 = q y ( x )
dx
(6.7)
(6.8)
(6.9)
1 Cf. démonstration dans [7].
62
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6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds

Les relations (6.7) et (6.9) sont les formes les plus connues de l’équation générale
des poutres.
O

A
y
dβ
q y (x)
ρ
x
v(x)
dβ
ds
dx ≈ ds
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 6.2 – Rotation et courbure.
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds
Soit un élément de poutre plane de longueur L , de section S et d’inertie I
constantes et dont le matériau a un module d’élasticité longitudinal E .
Cet élément à deux nœuds destiné au calcul des réseaux de poutres chargés dans
leur plan fait appel à la théorie des poutres qui permet de ramener le problème
tridimensionnel à un problème unidimensionnel en condensant ses caractéristiques
au niveau de sa fibre moyenne. Chacun de ses nœuds possède trois degrés de liberté
dv
ui , vi et i qui permettent de reconstituer les fonctions de déplacements axial
dx
u( x ) et transversal v( x ). Ses caractéristiques sont donc :
L : Longueur.
9782100544639.indb 63
63
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds

E : Module d’élasticité longitudinal.
S : Section axiale.
I = I z : Moment d’inertie suivant l’axe z (perpendiculaire au plan xy).
Y
βj =
v(x)
y
βi =
vi
dvi
dx
vj
dv j
dx
u (x)
ui
E, S , I
i
uj
x
j
θ
L
X
Figure 6.3 – Élément de poutre plane.
Les inconnues étant les déplacements en i et en j, la première opération consistera
dv
à exprimer ces champs de déplacement en fonction des valeurs nodales ui , vi , i
dx
dv j
et u j , v j ,
.
dx
6.2.1 Matrices de rigidité élémentaire en repère local
■■ Champ de déplacement axial u( x )
En l’absence de flexion, l’élément du fait de son raccourcissement ou de son allongement, a un comportement identique à celui d’une barre. u( x ) est donc encore
une fois une fonction linéaire de la forme u( x ) = a0 + a1 x . La déformation associée
du
= a1 .
est bien évidemment homogène sur la section et vaut comme en (4.2) ε xx =
dx
De plus et comme u ( 0 ) = ui en i et u ( L ) = u j en j, on obtient comme pour l’élément barre, la même fonction de déplacement que celle établie en (4.3) :
x
x
u( x ) = (1 − ) ⋅ ui + ⋅ u j
L
L
(6.10)
64
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6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds

■■ Champ de déplacement transversal v( x )
En flexion, chacun des nœuds de cet élément possède deux degrés de liberté, un
en translation dans la direction transversale v et un associé à la rotation β autour
de l’axe z perpendiculaire au plan xy. Quatre conditions aux limites vi , βi , v j , β j
peuvent donc être utilisées pour définir sa fonction d’approximation ce qui explique
l’expression de v( x ) sous la forme d’un polynôme de degré 3.
x2
)
⎧b0 ⎫
⎪b ⎪
⎪ 1⎪
x 3} ⋅ ⎨ ⎬
⎪b2 ⎪
⎪⎩b3 ⎪⎭
(6.11)
A

v( x ) = b0 + b1 ⋅ x + b2 ⋅ x 2 + b3 ⋅ x 3 = {1 x
(
Cette approche revient en fait à intégrer la forme (6.9) de l’équation générale des
poutres avec une charge répartie nulle. L’équation du moment fléchissant sera alors
d’après (6.7) une fonction linéaire.
À partir des conditions aux limites de v( x ) (i .e . v(0) = vi , v ʹ(0) = βi , v( L ) = v j , v ʹ( L )
= β j ) , le vecteur des déplacements nodaux s’écrit :
⎧ vi ⎫ ⎡1
⎪ β ⎪ ⎢0
⎪ i⎪ ⎢
⎨v ⎬ = ⎢
⎪ j ⎪ ⎢1
⎪⎩ β j ⎪⎭ ⎣0
0 0
0 ⎤ ⎧b0 ⎫
⎧b0 ⎫
⎪
⎪
⎪b ⎪
⎥
1 0
0 ⎪b1 ⎪
⎥ ⎨ ⎬ = [ R ] ⋅ ⎪⎨ 1 ⎪⎬
L L2 L3 ⎥ ⎪b2 ⎪
⎪b2 ⎪
⎥⎪ ⎪
2
⎪⎩b3 ⎪⎭
1 2 L 3L ⎦ ⎩b3 ⎭
(6.12)
Soit en injectant (6.12) dans (6.11),
v( x ) = {1 x
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
v( x ) = {1 x
x2
x2
⎧ vi ⎫
⎪ ⎪
−1 ⎪ βi ⎪
3
x } ⋅ [R ] ⋅ ⎨ ⎬
⎪v j ⎪
⎪⎩ β j ⎪⎭
0
0
⎡ 1
⎢ 0
1
0
x 3} ⋅ ⎢
2
⎢ −3 / L −2 / L 3 / L2
⎢
3
1 / L2 −2 / L3
⎣ 2/L
0 ⎤ ⎧ vi ⎫
0 ⎥ ⎪⎪ βi ⎪⎪
⎥⋅⎨ ⎬
−1 / L ⎥ ⎪ v j ⎪
⎥
1 / L2 ⎦ ⎪⎩ β j ⎪⎭
(6.13)
D’où finalement,
⎧ 3x 2 2 x 3
v( x ) = ⎨1 − 2 + 3
L
L
⎩
9782100544639.indb 65
x−
2x 2 x 3
+ 2
L
L
3x 2 2 x 3
− 3
L2
L
⎧ vi ⎫
⎪ ⎪
x 2 x 3 ⎫ ⎪ βi ⎪
− + 2 ⎬⋅⎨ ⎬
L L ⎭ ⎪v j ⎪
⎪⎩ β j ⎪⎭
(6.14)
65
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds

C’est d’ailleurs grâce à cette relation que certains logiciels arrivent à tracer la déformée entre les nœuds. Ils calculent les valeurs de v( x ) en certains points intermédiaires1 et reconstituent ensuite la déformée. Ceci permet de se limiter à la
géométrie de la structure et donc de réduire le nombre de nœuds.
■■ Champ de déformation
En regroupant les résultats (6.10) et (6.14) dans (6.15), le champ de déplacement
complet de l’élément s’écrit :
⎧u( x )⎫
⎨
⎬=
⎩v( x ) ⎭
⎧ x
0
⎪⎪1 − L
⎨
3x 2 2 x 3
⎪ 0
1− 2 + 3
⎪⎩
L
L
x
L
0
x−
2x 2 x 3
+ 2
L
L
0
0
3x 2 2 x 3
− 3
L
L2
⎧ ui ⎫
⎪v ⎪
⎫⎪ i ⎪
0
⎪⎪ ⎪⎪ βi ⎪⎪
⎬⎨ ⎬
x 2 x 3 u (6.15)
− + 2 ⎪⎪ j ⎪
L L ⎪⎭ ⎪ v j ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩ β j ⎪⎭
⎧u( x )⎫
⎬ = [ N ] ⋅ {qe }
⎨
⎩v( x ) ⎭
La déformation de la poutre résultant de la concomitance de la flexion (6.6) et des
variations de longueur (4.2), on a :
ε xx =
du
d 2v
−y 2
dx
dx
(6.16)
Le champ de déformation devient alors :
ε xx =
⎧ 1
⎨−
⎩ L
⎛ 6 12 x ⎞
⎛ 4 6x ⎞
⎜ 2 − 3 ⎟⋅ y ⎜ − 2 ⎟⋅ y
L
L
⎝
⎠
⎝L L ⎠
ε xx = [ B ] ⋅ {qe }
1
L
⎧ ui ⎫
⎪v ⎪
⎪ i⎪
⎛ 2 6 x ⎞ ⎫ ⎪⎪ βi ⎪⎪
⎛ 6 12 x ⎞
⎜ − 2 + 3 ⎟ ⋅ y ⎜ − 2 ⎟ ⋅ y ⎬ ⎨u ⎬
L ⎠
⎝ L L ⎠ ⎭⎪ j ⎪
⎝ L
⎪v j ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩ β j ⎪⎭
(6.17)
1. Au quart, à la moitié et aux trois quarts de la longueur de l’élément par exemple.
66
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09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds

■■ Matrice de rigidité élémentaire
Reprenant l’expression de l’énergie de déformation élémentaire (4.11),
T
T
1
1
{ε } ⋅ {σ } ⋅ dVe = ∫ {qe } ⋅ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ {qe } ⋅ dVe
∫
2V
2V
e
=
e
1
{qe }T ⋅ [ke ] ⋅ {qe }
2
(6.18)
et sachant que la matrice [ H ] , les vecteurs contrainte et déformation se réduisent
respectivement aux seuls termes E , σ xx et ε xx , We s’écrit :
We =
A

We =
T
1
1
σ xx ⋅ ε xx ⋅ dVe = ∫ ([ B ] ⋅ {qe }) E [ B ] ⋅ {qe } ⋅ dVe
∫
2V
2V
e
e
[ke ]
⎞
⎛
1
T
T
We = {qe } ⋅ ⎜ E ∫ [ B ] ⋅[ B ] ⋅ dVe ⎟ ⋅ {qe }
⎟
⎜ V
2
⎠
⎝ e
(6.19)
d’où l’expression finale de la matrice de rigidité élémentaire :
L⎛
⎞
T
T
k
=
E
B
⋅
B
⋅
dV
=
E
[ e] ∫[ ] [ ] e
∫ ⎜⎜ ∫ dSe ⎟⎟ ⋅ [ B ] ⋅ [ B ] ⋅ dx
0 ⎝ Se
Ve
⎠
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
1
⎧
⎫
−
⎪
⎪
L
⎪
⎪
⎪ ⎛ 6 − 12 x ⎞ ⋅ y ⎪
⎪ ⎜⎝ L2 L3 ⎟⎠ ⎪
⎪
⎪
⎛ 4 6x ⎞
⎪
⎪
L⎛
⎞ ⎪ ⎜⎝ L − L2 ⎟⎠ ⋅ y ⎪
= E ∫ ⎜ ∫ dSe ⎟ ⋅ ⎨
⎬ ⋅ 1
⎟
⎜
⎪
0 ⎝ Se
⎠ ⎪
⎪
⎪
L
⎪⎛ 6 12 x ⎞ ⎪
⎪⎜ − 2 + 3 ⎟ ⋅ y ⎪
L ⎠ ⎪
⎪⎝ L
⎪ ⎛ 2 6x ⎞
⎪
⎪ ⎜ − 2 ⎟⋅ y ⎪
⎩ ⎝L L ⎠
⎭
⎧ 1
⎨−
⎩ L
9782100544639.indb 67
⎛ 6 12 x ⎞
⎛ 4 6x ⎞
⎜ 2 − 3 ⎟⋅ y ⎜ − 2 ⎟⋅ y
L ⎠
⎝L
⎝L L ⎠
1
L
(6.20)
⎛ 6 12 x ⎞
⎛ 2 6x ⎞ ⎫
⎜ − 2 + 3 ⎟ ⋅ y ⎜ − 2 ⎟ ⋅ y ⎬ ⋅ dx
L ⎠
⎝ L
⎝L L ⎠ ⎭
67
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds

Rigidité du nœud i
⎡ ES
⎢ L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
[ke ] = ⎢ ES
⎢
⎢− L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎣
Facteur de transmission
du nœud i vers j
0
0
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
4 EI
L
0
0
−
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
2 EI
L
−
−
ES
L
0
0
ES
L
0
0
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
Facteur de transmission
du nœud j vers i
⎤
⎥
⎥
6 EI ⎥
L2 ⎥
2 EI ⎥
⎥
L ⎥
⎥
0 ⎥
⎥
6 EI ⎥
− 2
L ⎥
4 EI ⎥
⎥
L ⎦
0
(6.21)
Rigidité du nœud j
avec :
∫ dSe = S (section constante). ∫ y 2 ⋅ dSe = I (inertie constante).
se
se
∫ y ⋅ dSe = 0 (moment statique nul par rapport à la fibre moyenne).
se
On notera que les termes en « EI » sont bien liés aux degrés de liberté associés à la
flexion de l’élément poutre.
6.2.2 Matrices de rigidité élémentaire en repère global
L’élément de poutre plane possédant deux nœuds à trois degrés de liberté, la matrice
de changement de base s’écrit en vertu de (4.22) :
n (θ )
⎧ ui ⎫ ⎡ cos (θ ) sin
⎪ v ⎪ ⎢ − sin θ cos θ
( )
( )
⎪ i⎪ ⎢
⎪⎪ βi ⎪⎪ ⎢ 0
0
{qe } = [ Re ] ⋅ {Qe } ⇔ ⎨ u ⎬ = ⎢
0
⎪ j⎪ ⎢ 0
⎪v j ⎪ ⎢ 0
0
⎪ ⎪ ⎢
0
⎪⎩ β j ⎪⎭ ⎢⎣ 0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0 cos (θ ) sin (θ )
0 − sin (θ ) cos (θ )
0
0
0
0 ⎤ ⎧U i ⎫
⎥
0 ⎥ ⎪⎪ Vi ⎪⎪
0 ⎥ ⎪⎪ Βi ⎪⎪
⎥ ⎨ ⎬ (6.22)
0 ⎥ ⎪U j ⎪
0 ⎥ ⎪V j ⎪
⎥⎪ ⎪
1 ⎥⎦ ⎪⎩Β j ⎪⎭
On notera cependant l’ajout du «1» associé aux rotations autour des axes z et Z qui
sont colinéaires dans le cas plan. La matrice de rigidité élémentaire en repère global
est ensuite obtenue en appliquant (4.25), soit :
68
9782100544639.indb 68
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12 EI 2
⎡ ES 2
⎢ L cos θ + L3 sin θ
⎢
⎢ ⎛ ES 12 EI ⎞
⎢ ⎜⎝ L − L3 ⎟⎠ cosθ sin θ
⎢
6 EI
⎢
− 2 sin θ
⎢
L
⎢ ES
⎢ − cos2 θ − 12 EI sin 2 θ
⎢ L
L3
⎢ ES 12 EI
⎞
⎢⎛⎜ −
+ 3 ⎟ cosθ sin θ
L ⎠
⎢⎝ L
⎢
6 EI
− 2 sin θ
⎢
⎣
L
⎛ ES 12 EI ⎞
− 3 ⎟ cosθ sin θ
⎜
L ⎠
⎝ L
ES 2
12 EI
sin θ + 3 cos2 θ
L
L
6 EI
cosθ
L2
⎛ ES 12 EI ⎞
+ 3 ⎟ cosθ sin θ
⎜−
L ⎠
⎝ L
12 EI
ES 2
− sin θ − 3 cos2 θ
L
L
6 EI
cosθ
L2
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
9782100544639.indb 69
ES 2
12 EI
cos θ − 3 sin 2 θ
L
L
⎛ ES 12 EI ⎞
+ 3 ⎟ cosθ sin θ
⎜−
L ⎠
⎝ L
6 EI
sin θ
L2
ES 2
12 EI
cos θ + 3 sin 2 θ
L
L
ES
EI
12
⎛
⎞
− 3 ⎟ cosθ sin θ
⎜
L ⎠
⎝ L
6 EI
sin θ
L2
−
(6.23)
6 EI
sin θ
L2
6 EI
cosθ
L2
4 EI
L
6 EI
sin θ
L2
6 EI
− 2 cosθ
L
2 EI
L
−
T
[ K e ] = [ Re ] [ ke ][ Re ] =

⎛ ES 12 EI ⎞
+ 3 ⎟ cosθ sin θ
⎜−
L ⎠
⎝ L
ES
12 EI
− sin 2 θ − 3 cos2 θ
L
L
6 EI
− 2 cosθ
L
⎛ ES 12 EI ⎞
− 3 ⎟ cosθ sin θ
⎜
L ⎠
⎝ L
ES 2
12 EI
sin θ + 3 cos2 θ
L
L
EI
6
− 2 cos θ
L
6 EI
⎤
sin θ ⎥
L2
⎥
6 EI
⎥
cos θ ⎥
2
L
⎥
2 EI
⎥
⎥
L
⎥
6 EI
⎥
θ
sin
L2
⎥
⎥
6 EI
− 2 cosθ ⎥
L
⎥
⎥
EI
4
⎥
L
⎦
−
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds

A
69
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6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds

6.2.3 Vecteur Charges exprimé en repère local
Y
x
L
y
j
qy
i
X
Figure 6.4 – Élément de poutre plane chargé uniformément.
Considérant une poutre plane chargée uniformément, le vecteur charges { f e } se
T
réduit à celui des forces nodales de surface (4.18) soit { f es } = ∫ [ N ] ⋅ { f s } ⋅ dSe .
Se
T
L
⎧ 0 ⎫
{ f e } = { f es } = ∫ [ N ] ⋅ { f s } ⋅ dSe = ∫0 [ N ]T ⋅ ⎨−q ⎬ dx
Se
⎩
y⎭
⎧ 3x 2 2 x 3 ⎫
⎧ qyL ⎫
⎪1 − 2 + 3 ⎪
⎪− 2 ⎪
L
L ⎪
⎪
⎪
⎪
⎧ Fiy ⎫
2x 2 x 3 ⎪
⎪
⎪ q y L2 ⎪
⎪M ⎪
x−
+ 2 ⎪ 0
⎪⎪− 12 ⎪⎪
L⎪
⎫
⎪
⎪ iz ⎪
L
L ⎪ ⋅⎧
=⎨
dx
⋅
=
=
⎨
⎬
⎬ ⎨ −q ⎬
⎬ ∫0 ⎨
2
3
⎪ − qyL ⎪
⎪ 3x − 2 x
⎪ ⎩ y⎭
⎪ F jy ⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ L2
⎪⎩ M jz ⎪⎭
L3 ⎪
⎪ q L2 ⎪
⎪ x2 x3 ⎪
⎪ y ⎪
⎪ − +
⎪
L L3 ⎭⎪
⎩⎪ 12 ⎭⎪
⎩⎪
(6.24)
D’une manière générale et dans le cas de forces orientées dans le sens y négatif,
le vecteur charges d’un élément de poutre plane soumis à un système de charges
transversales est égal à l’inverse des réactions et moments d’encastrement de la
poutre bi-encastrée subissant le même chargement. En d’autres termes, ce vecteur
traduit les actions nodales équivalentes au chargement appliqué sur la poutre (cf.
tableau 6.1 des charges nodales équivalentes).
70
9782100544639.indb 70
09/02/10 14:55
9782100544639.indb 71
i
i
i
i
i
a
a
L/2
c
L
q
L
L
q
L
P
L
P
b
j
j
j
j
j
q
Type de chargement
P
2
(
−
qL
2
3qL
20
−
Pb2
( 2a + L )
L3
−
Fiy
)
(
)
⎧
⎫
⎪
⎪
c
⎪
⎪
3
3
⎪ (a + c ) − a ⎪
⎪
⎪
−q ⋅ ⎨ −
⎬
2
L
⎪
⎪
⎪ ( a + c )4 − a4 ⎪
⎪+
⎪
⎪⎩
⎪⎭
2L3
−
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
PL
8
(
(
(
qL2
30
)
)
)
⎧ 6L2 ( a + c )2 − a2 ⎫
⎪
⎪
⎪
q ⎪
3
3
−
⋅ ⎨−8L ( a + c ) − a ⎬
12L2 ⎪
⎪
⎪ +3 ( a + c )4 − a4 ⎪
⎭
⎩
−
qL2
12
Pab2
L2
−
−
−
Miz
P
2
(
−
qL
2
7qL
20
−
Pa2
( L + 2b )
L3
−
Fjy
)
(
)
⎧ ( a + c )3 − a3 ⎫
⎪
⎪
2
⎪
⎪
L
−q ⋅ ⎨
⎬
4
4
⎪ (a + c ) − a ⎪
⎪
⎪−
2L3
⎩
⎭
−
Tableau 6.1 – Charges nodales équivalentes.

(
(
)
)
⎧ 4L ( a + c )3 − a3 ⎫
q ⎪
⎪
⋅⎨
⎬
12L2 ⎪−3 ( a + c )4 − a4 ⎪
⎩
⎭
qL2
20
qL2
12
Pa2b
L2
PL
8
Mjz
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.2 Élément de poutre plane à 2 nœuds

A
71
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.3 Élément de poutre tridimensionnel à 2 nœuds

6.2.4 Calcul des efforts internes en repère local
Une fois les déplacements en repère global connus, il suffit de calculer pour chacun
des éléments, les déplacements associés en repère local puis de les injecter dans la
relation de rigidité élémentaire pour obtenir les efforts aux nœuds correspondants.
On a donc :
⎧ Ni ⎫
⎪T ⎪
⎪ i ⎪
⎪⎪ Mi ⎪⎪
⎨ N ⎬ = [ ke ] ⋅ {qe } − { f e }
⎪ j⎪
⎪ Tj ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩ M j ⎪⎭
⎡ ES
⎢ L
⎢
N
⎧ i⎫ ⎢ 0
⎪T ⎪ ⎢
⎪ i ⎪ ⎢
⎪⎪ Mi ⎪⎪ ⎢ 0
⎨N ⎬ = ⎢
⎪ j ⎪ ⎢ − ES
⎪ Tj ⎪ ⎢ L
⎪ ⎪ ⎢
⎪⎩ M j ⎪⎭ ⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎣
0
0
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
4 EI
L
0
0
−
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
2 EI
L
−
-
ES
L
0
0
ES
L
0
0
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
⎤
⎥
⎥
(6.25)
6 EI ⎥
ui ⎫
⎧
L2 ⎥ ⎪ ⎪
2 EI ⎥ ⎪ vi ⎪
⎥
L ⎥ ⎪⎪ βi ⎪⎪ − f
⎨ ⎬ { e}
⎥ ⎪u j ⎪
0 ⎥
⎪ ⎪
⎥ vj
6 EI ⎥ ⎪ β ⎪
− 2 ⎪⎩ j ⎪⎭
L ⎥
4 EI ⎥
⎥
L ⎦
0
avec :
{qe } = [ Re ] ⋅ {Qe } .
{ f e } : vecteur des charges nodales équivalentes au chargement appliqué sur la
poutre.
6.3 Élément de poutre tridimensionnel à 2 nœuds
La formulation de cet élément revient à superposer les effets de traction-compression à ceux de flexion autour des axes z et y. La matrice de rigidité liée au plan
xz qui reste semblable à celle établie au § 6.2.1, comporte, du fait de la prise en
compte du sens direct de z vers x, une inversion de signe des termes associés à β y .
72
9782100544639.indb 72
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.3 Élément de poutre tridimensionnel à 2 nœuds

6.3.1 Prise en compte de la torsion
Il reste maintenant à prendre en compte la torsion de l’élément pour couvrir
l’ensemble des six degrés de liberté. Partant d’une hypothèse de torsion libre, la
fonction β x ( x ) devra être évaluée à partir des deux rotations d’extrémités βix
et β jx .
j

x
A
u
βx
v
βy
L
y
i
z
w
βz
Figure 6.5 – Élément de poutre 3D.
L’approche sera alors identique à celle utilisée pour l’élément barre, d’où :
β x ( x ) = a0 + a1 x
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
avec en x = 0 , β x ( 0 ) = βix et x = L , β x ( L ) = β jx .
ce qui donne :
x
x
β x ( x ) = (1 − ) ⋅ βix + ⋅ β jx
L
L
(6.26)
(6.27)
Les sections droites restant planes (torsion sans gauchissement), on peut établir
pour la déformation de torsion que :
γ =r⋅
9782100544639.indb 73
d βx
⎡ 1
= r ⋅ ⎢−
dx
⎣ L
1 ⎤ ⎧ βix ⎫
⋅⎨ ⎬
L ⎥⎦ ⎩ β jx ⎭
(6.28)
73
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.3 Élément de poutre tridimensionnel à 2 nœuds

d’où l’expression de l’énergie de déformation :
WT =
T
1
{γ } ⋅ {τ } ⋅ dVe
∫
2V
e
⎧ 1⎫
⎪⎪− L ⎪⎪
1
⎧ 1
WT = ∫ r ⋅ βix β jx ⋅ ⎨ ⎬ ⋅ G ⋅ r ⋅ ⎨−
1
2V
⎩ L
⎪ ⎪
e
⎪⎩ L ⎪⎭
⎧ βix ⎫
1
WT = βix β jx ⋅ [ kT ] ⋅ ⎨ ⎬
2
⎩ β jx ⎭
{
{
1 ⎫ ⎧ βix ⎫
⎬ ⋅ ⎨ ⎬ ⋅ dVe
L ⎭ ⎩ β jx ⎭
}
(6.29)
}
x
γ
dβx
r
dx
0 (centre de torsion)
Figure 6.6 – Relation entre angle et déformation de torsion.
La matrice de rigidité associée à la torsion est alors égale à :
⎧ 1⎫
⎪⎪− L ⎪⎪
L
1
2
[kT ] = ∫0 ∫ r ⋅ dSe ⎨ 1 ⎬ ⋅ G ⋅ ⎧⎨−
⎩ L
s ⎪⎪ ⎪⎪
⎩ L ⎭
J
[kT ] =
⎡ 1
⎢ L2
1⎫
⎬dx = GJ ∫ ⎢
1
L⎭
0 ⎢−
⎢⎣ L2
L
1⎤
− 2⎥
L ⋅ dx
⎥
1 ⎥
L2 ⎥⎦
(6.30)
GJ ⎡ 1 −1⎤
⎢
⎥
L ⎣ −1 1 ⎦
avec J : Moment d’inertie de torsion.
74
9782100544639.indb 74
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.3 Élément de poutre tridimensionnel à 2 nœuds

Bien évidemment, cette matrice de rigidité est très similaire à celle de l’élément
barre (5.1).
6.3.2 Prise en compte de la déformation d’effort tranchant
Considérant une poutre console à deux nœuds, la relation de rigidité dans le plan
xy s’écrit :
0
0
12 EI z
L3
6 EI z
L2
6 EI z
L2
4 EI z
L
0
0
−
12 EI z
L3
6 EI z
L2
6 EI z
L2
2 EI z
L
−
-
ES
L
0
12 EI z
L3
6 EI
− 2z
L
0
−
0
ES
L
0
12 EI z
L3
6 EI
− 2z
L
0
0
⎤
⎥
⎥
6 EI z ⎥
⎧ui ⎫ ⎧ N i ⎫
L2 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
2 EI z ⎥ ⎪vi ⎪ ⎪Ti ⎪
⎥
L ⎥ ⋅ ⎪⎪ βi ⎪⎪ = ⎪⎪ Mi ⎪⎪
⎨ ⎬ ⎨N ⎬
⎥ u
0 ⎥ ⎪ j⎪ ⎪ j⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎥ ⎪v j ⎪ ⎪T j ⎪
6 EI
− 2 z ⎥ ⎪⎩ β j ⎪⎭ ⎪⎩ M j ⎪⎭
L ⎥
4 EI z ⎥
⎥
L ⎦
A
0

⎡ ES
⎢ L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎢
⎢ ES
⎢− L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎣
(6.31)
y
γ xy
1
x
2
L
Figure 6.7 – Déformation d’effort tranchant.
Après introduction des conditions d’appui, celle-ci devient :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎡ L3
EI z ⎡ 12 −6 L ⎤ ⎧ v j ⎫ ⎧ T j ⎫ ⎧ v j ⎫ ⎢⎢ 3 EI z
⎢
⎥⋅⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ ⇒ ⎨ ⎬ =
L3 ⎣ −6 L 4 L2 ⎦ ⎩ β j ⎭ ⎩ M j ⎭ ⎩ β j ⎭ ⎢ L2
⎢ 2 EI
z
⎣
L2 ⎤
2 EI z ⎥ ⎧ T j ⎫
⎥⋅⎨ ⎬
L ⎥ ⎩M j ⎭
EI z ⎥⎦
(6.32)
On sait par ailleurs d’après (3.20) que :
τ xy = G ⋅ γ xy
(6.33)
T y = τ xy ⋅ S1, y
(6.34)
En posant :
avec S1, y : section d’effort tranchant dans la direction y.
9782100544639.indb 75
75
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.3 Élément de poutre tridimensionnel à 2 nœuds

Et en combinant (6.33) et (6.34), on obtient finalement que :
γ xy =
Ty
(6.35)
GS1, y
Β à l’effort tranchant peut alors être calculé à
Le déplacement additionnel Δviαdû
partir de :
Δvi = γ xy ⋅ L =
Ty L
(6.36)
GS1, y
Finalement et après cumul des effets dus à la flexion et au cisaillement, on obtient :
L
⎡ L3
+
⎢
⎧ v j ⎫ ⎢ 3 EI z GS1, y
⎨β ⎬ =
L2
⎩ j⎭ ⎢
⎢
2 EI z
⎣
⎡ 12 EI z
⎢ 3
⎧ Tj ⎫ ⎢ L 1+ ϕy
⇒⎨ ⎬=⎢
⎩ M j ⎭ ⎢ −6 EI z
⎢ L2 1 + ϕ y
⎣
(
(
avec ϕ y =
)
)
L2 ⎤
2 EI z ⎥ ⎧ T j ⎫
⎥⋅⎨ ⎬
L ⎥ ⎩M j ⎭
⎥
EI z ⎦
−6 EI z ⎤
2
L 1+ ϕy ⎥ ⎧v ⎫
⎥
j
⋅⎨ ⎬
EI z 4 + ϕ y ⎥ ⎩ β j ⎭
⎥
L 1 + ϕ y ⎥⎦
(
(
(
)
)
)
(6.37)
12 EI z
.
GS1, y L2
6.3.3 Matrice de rigidité
Après assemblage des relations (6.21), (6.30) et (6.37), la matrice de rigidité de
l’élément poutre tridimensionnel correspondant au modèle de Timoshenko a pour
expression :
76
9782100544639.indb 76
09/02/10 14:55
⎡ ES
⎢ L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ − ES
⎢ L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢
⎢ 0
⎢⎣
9782100544639.indb 77
(
0
0
0
( 2 − ϕ y ) EI z
L (1 + ϕ y )
0
( 2 − ϕ z ) EI y
L (1 + ϕ z )
GJ
L
0
6 EI y
− 2
L (1 + ϕ z )
0
0
0
6 EI z
(1 + ϕ y )
0
0
0
L2 (1 + ϕ z )
0
0
0
(6.38)
0
0
0
− 3
L (1 + ϕ z )
(1 + ϕ y )
6 EI z
0
6 EI y
L2
12 EI y
(1 + ϕ y )
0
−
ES
L
0
0
0
0
12 EI z
0
0
0
0
0
0
0
(1 + ϕ y )
−
0
( 4 + ϕ y ) EI z
L (1 + ϕ y )
0
6 EI z
L3
L2
−
L2
0
0
0
( 4 + ϕ z ) EI y
L (1 + ϕ z )
6 EI y
− 2
L (1 + ϕ z )
0
0
0
)
0
GJ
L
0
0
0
L2 1 + ϕ y
6 EI z
− 2
L (1 + ϕ z )
6 EI y
0
0
(
ES
L
12 EI y
L3 (1 + ϕ z )
)
−
0
0
0
0
0
0
0
L3 1 + ϕ y
12 EI z
0
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
−
(
12 EI z
0
(1 + ϕ y )
6 EI z
0
0
0
(1 + ϕ y )
L2
)
(1 + ϕ y )
6 EI z
12 EI z
L2
0
0
0
L3 1 + ϕ y
L3
−
−
0
0
0
0
(1 + ϕ z )
6 EI y
L2
0
(1 + ϕ z )
6 EI y
0
L3 (1 + ϕ z )
12 EI y
L2
0
− 3
L (1 + ϕ z )
12 EI y
0
0
0
0
0
0
0
GJ
L

0
0
GJ
L
−
0
0
0
0
( 4 + ϕ z ) EI y
L (1 + ϕ z )
0
L2 (1 + ϕ z )
6 EI y
0
0
0
( 2 − ϕ z ) EI y
L (1 + ϕ z )
0
− 2
L (1 + ϕ z )
6 EI y
0
0
(
(
(
(
(
(
)
)
)
)
)
)
⎤
⎥
⎥
6 EI z
⎥
L2 1 + ϕ y ⎥
⎥
⎥
0
⎥
⎥
⎥
0
⎥
⎥
⎥
0
⎥
⎥
2 − ϕ y EI z ⎥
⎥
L 1+ϕy ⎥
⎥
⎥
0
⎥
6 EI z ⎥
⎥
−
L2 1 + ϕ y ⎥
⎥
⎥
0
⎥
⎥
⎥
0
⎥
⎥
⎥
0
⎥
⎥
4 + ϕ y EI z ⎥
⎥
L 1 + ϕ y ⎥⎦
0
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.3 Élément de poutre tridimensionnel à 2 nœuds

A
77
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

On notera l’apparition de deux termes supplémentaires ϕ y =
ϕz =
12 EI y
GS1,z L2
12 EI z
GS1, y L2
et ϕ z =
12 EI y
GS1,z L2
correspondant à la prise en compte par l’élément de la déformation
­d’effort tranchant. Ces deux paramètres sont liés aux sections d’effort tranchant
S1, y et S1,z respectivement associées aux axes y et z.
À titre d’exemple, la section d’effort tranchant d’une section rectangulaire est égale
à 5/6 de sa section axiale, celle d’une section circulaire à 9/10.
Si ces sections sont nulles, la formulation de l’élément revient à celle de l’élément
de poutre classique dit élancé, ϕ y et ϕ z étant pris égaux à zéro dans ce cas. On sera
d’ailleurs dans la même configuration lorsque L est grand.
6.4 Exemple 3 : poutre continue
Soit la poutre continue suivante formée de trois éléments et quatre nœuds : deux
éléments poutres élancées et un élément ressort de rigidité k y . Une charge P est
appliquée au point A, milieu de la 1re travée. On désire étudier le comportement
de cette structure pour différentes valeurs de k y .
P
Y
1
X
A
4
ky
2
3
L/2
L
L
Figure 6.8 – Exemple 3 : poutre continue comportant un appui élastique.
Tableau 6.2 – Exemple 3 : connectivité élémentaire.
Élément
Nœud i
Nœud j
Section
Inertie
1 (poutre)
1
2
S
I
2 (poutre)
2
3
S
I
3 (ressort)
3
4
–
–
Application numérique : E = 2.1 1011 N/m2, L = 10 m, S = 0.00285 m2, I = 0.00001943 m4 (IPE200), P = 1000 N.
La matrice de rigidité de chacun des éléments poutres prenant la forme (6.21),
on obtient aisément en choisissant des repères locaux élémentaires colinéaires au
78
9782100544639.indb 78
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

repère global XY [ k1 ] = [ K 1 ] = [ k2 ] = [ K 2 ] = [ ke ] . De plus et dans une hypothèse
de petits déplacements, les mouvements horizontaux sont forcément nuls en raison
de l’absence de charge dans cette direction. Le système à résoudre se réduit donc
aux seuls termes de flexion (termes en EI ).
Par ailleurs, les actions d’encastrement d’une poutre bi-encastrée subissant une
charge ponctuelle centrée ont d’après le tableau 6.1 du chapitre 6.2.3 les valeurs suivantes (figure 6.9).
L/2
A
PL
8
P

PL
8
j
i
L
P
2
P
2
Figure 6.9 – charges nodales équivalentes à P.
6.4.1 ky = 0
Dans ce cas, il s’agit d’une poutre sur deux appuis simples ( v1 = v2 = 0 ) subissant
une charge centrée P. Le porte à faux n’étant pas chargé, il est possible de considérer uniquement l’élément 1 en posant que V3 = L ⋅ β 2 .
Le système à résoudre se réduit donc à :
6 EI
12 EI
6 EI ⎤
⎧ P ⎫
− 3
⎪−2 ⎪
⎥
2
2
L
L
L
⎪
⎥ ⎧ v1 ⎫ ⎪
PL ⎪ ⎧ RV1 ⎫
4 EI
6 EI
2 EI ⎥
⎪
−
⎪ ⎪
⎪ ⎪
− 2
L
L
L ⎥ ⋅ ⎪ β1 ⎪ = ⎪ 8 ⎪ + ⎪ 0 ⎪
⎬ ⎨ ⎬
⎨ ⎬ ⎨
6 EI ⎥ ⎪ v2 ⎪ ⎪ P ⎪ ⎪RV2 ⎪
6 EI 12 EI
−
−
− 2
⎥
L3
L2 ⎥ ⎪⎩ β 2 ⎪⎭ ⎪ 2 ⎪ ⎪⎩ 0 ⎪⎭
L
⎪ PL ⎪
2 EI
6 EI
4 EI ⎥
− 2
⎪
⎪
⎥
L
L
L ⎦
⎩ 8 ⎭
PL2
⇒ β1 = −
= − β 2 = −0.00153rad
16 EI
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎡ 12 EI
⎢ L3
⎢
⎢ 6 EI
⎢ L2
⎢ 12 EI
⎢− 3
⎢ L
⎢ 6 EI
⎢⎣ L2
(6.39)
Soit pour les réactions d’appui :
P 6 EI
P
⎧
⎪⎪ RV1 = 2 + L2 ( β1 + β 2 ) = 2
⎨
⎪RV = P − 6 EI ( β1 + β 2 ) = P
⎪⎩ 2 2 L2
2
9782100544639.indb 79
(6.40)
79
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

⎧ N1 ⎫
⎪T ⎪
⎪ 1 ⎪
⎪⎪ M1 ⎪⎪
et les efforts dans l’élément 1 ⎨ ⎬ = [ k1 ] ⋅ {q1} − { f1} qui est équivalent à :
⎪N2 ⎪
⎪ T2 ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩ M 2 ⎪⎭
⎧ N1 ⎫
⎪T ⎪
⎪ 1 ⎪
⎪⎪ M1 ⎪⎪
⎨ ⎬=
⎪N2 ⎪
⎪ T2 ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩ M 2 ⎪⎭
⎡ ES
0
⎢ L
⎢
12 EI
⎢ 0
⎢
L3
⎢
6 EI
⎢ 0
L2
⎢
⎢ ES
0
⎢− L
⎢
12 EI
⎢ 0
− 3
⎢
L
⎢
6 EI
⎢ 0
L2
⎣
0
6 EI
L2
4 EI
L
0
6 EI
L2
2 EI
L
−
−
ES
L
0
0
ES
L
0
0
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
⎤
⎥
⎧ 0 ⎫
⎥
⎪ P ⎪
6 EI ⎥
u
⎧ 1⎫ ⎪− ⎪
L2 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪
2 EI ⎥ ⎪ v1 ⎪ ⎪ PL ⎪
⎥
⎪− ⎪
L ⎥ ⋅ ⎪⎪ β1 ⎪⎪ − ⎪ 8 ⎪
⎨ ⎬ ⎨
⎬
⎥ ⎪ u2 ⎪ ⎪ 0 ⎪
0 ⎥
⎪ ⎪ ⎪ P ⎪
⎥ v2
6 EI ⎥ ⎪ β ⎪ ⎪ − 2 ⎪
− 2 ⎪⎩ 2 ⎪⎭ ⎪
⎪
L ⎥
⎪ PL ⎪
4 EI ⎥
⎪⎩ 8 ⎪⎭
⎥
L ⎦
0
(6.41)
Ce qui permet de montrer que les moments sur appuis sont bien nuls.
2 EI
PL 4 EI
PL 2 EI
PL PL
⎧
⎪⎪ M1 = 8 + L β1 + L β 2 = 8 + L β1 = 8 − 8 = 0
(6.42)
⎨
⎪ M 2 = − PL + 2 EI β1 + 4 EI β 2 = − PL + 2 EI β 2 = − PL + PL = 0
⎪⎩
8
8
8
L
L
8
L
Le moment fléchissant au milieu de la première travée peut être déterminé à partir
de l’équation générale des poutres (6.7) et de la double dérivation de (6.14) ce qui
donne :
d 2v
PL
⎛L⎞
M ⎜ ⎟ = − EI 2 = −
dx
8
⎝2⎠
(6.43)
80
9782100544639.indb 80
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

Auquel il faut ajouter le moment au centre de la poutre bi-encastrée décrite à la
figure (6.9), soit finalement au point A :
PL PL
PL
⎛ L ⎞ PL
MA = M ⎜ ⎟ −
=−
−
=−
= −2500 Nm
8
8
4
⎝2⎠ 8
(6.44)

A
Figure 6.10 – Exemple 3 : diagramme (Effel) du moment fléchissant ky = 0.
Enfin, le déplacement au même endroit peut être calculé en x =
L
à partir de la
2
relation (6.14), d’où :
⎧ v1 ⎫
⎪ ⎪
PL3
L ⎧1 L 1
L ⎫⎪ β1 ⎪ L
v( x = ) = ⎨
− ⎬⎨ ⎬ = ( β1 − β 2 ) = −
(6.45)
2 ⎩2 8 2
8 ⎭ ⎪ v2 ⎪ 8
64 EI
⎪⎩ β 2 ⎪⎭
auquel il faut ajouter le déplacement au même endroit de la poutre bi-encastrée
⎛ PL3 ⎞
correspondante ⎜ −
⎟ soit finalement au point A :
⎝ 192 EI ⎠
vA = −
PL3
PL3
PL3
−
=−
= −5.106 mm
64 EI 192 EI
48EI
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
De plus et comme v3 = L ⋅ β 2 , on a v3 =
(6.46)
PL3
= 15.318 mm .
16 EI
Figure 6.11 – Exemple 3 : déformée (Effel) ky = 0.
6.4.2 ky Æ •
La rigidité étant infinie à l’appui 3, la poutre est désormais sur trois appuis simples
(v1 = v2 = v3 = 0 ) . Il s’agit donc d’une poutre continue à deux travées. L’assemblage des éléments 1 et 2 au nœud 2 revient à additionner les rigidités des degrés
12 EI 12 EI
de liberté correspondants ce qui permet de trouver des termes en 3 + 3 et
L
L
9782100544639.indb 81
81
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

4 EI 4 EI
6 EI 6 EI
+
respectivement associés à v2 et β 2 alors que ceux en 2 − 2
L
L
L
L
s’annulent. Une fois assemblé, le système a pour expression :
6 EI
12 EI
⎡ 12 EI
− 3
⎢ L3
2
L
L
⎢
6
EI
4
EI
6
EI
⎢
−
⎢ L2
L
L2
⎢ 12 EI
6 EI 12 EI 12 EI
+ 3
− 2
⎢− 3
L3
L
L
⎢ L
2 EI
6 EI 6 EI
⎢ 6 EI
− 2
⎢ L2
L
L2
L
⎢
12
EI
⎢ 0
0
− 3
⎢
L
⎢
6 EI
0
⎢ 0
⎣
L2
⎧ P ⎫
⎪−2 ⎪
⎪
⎪ ⎧ RV ⎫
⎪− PL ⎪ ⎪ 1 ⎪
⎪ 8 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎪⎪ P ⎪⎪ ⎪⎪RV ⎪⎪
= ⎨ − ⎬+⎨ 2 ⎬
2
⎪
⎪ ⎪ 0 ⎪
PL
⎪
⎪ ⎪ RV ⎪
⎪ 8 ⎪ ⎪ 3⎪
⎪ 0 ⎪ ⎪⎩ 0 ⎪⎭
⎪
⎪
⎪⎩ 0 ⎪⎭
6 EI
L2
2 EI
L
6 EI 6 EI
− 2
L2
L
4 EI 4 EI
+
L
L
6 EI
− 2
L
2 EI
L
0
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
⎤
⎥
⎥
0 ⎥ ⎧ v1 ⎫
⎥ ⎪ ⎪
6 EI ⎥ ⎪ β1 ⎪
⎥
L2 ⎥ ⋅ ⎪⎪ v2 ⎪⎪
⎨ ⎬
2 EI ⎥ ⎪ β 2 ⎪
L ⎥ ⎪ v3 ⎪
⎥
6 EI ⎥ ⎪ β ⎪
− 2
⎪⎩ 3 ⎪⎭
L ⎥
4 EI ⎥
⎥
(6.47)
L ⎦
0
Assemblage au nœud 2
qui après introduction des conditions d’appui, devient :
⎡ 4 EI
⎢ L
⎢
⎢ 2 EI
⎢ L
⎢
⎢ 0
⎣
2 EI
L
8EI
L
2 EI
L
⎧ PL ⎫ ⎧ β = − 3 PL2 = −0.00115 rad
⎤
d
0 ⎥
⎪− 8 ⎪ ⎪ 1
64 EI
⎫
⎧
β
1
⎪
⎪ ⎪
⎥
2 EI ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ PL ⎪ ⎪
PL2
= 0.00077 rad
(6.48)
⋅ ⎨β2 ⎬ = ⎨
⎬ ⇒ ⎨β2 =
32 EI
L ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ 8 ⎪ ⎪
4 EI ⎥ ⎩ β3 ⎭ ⎪ 0 ⎪ ⎪
PL2
⎥
β
=
−
= −0.00038 rad
⎪⎩
⎪⎭ ⎪ 3
L ⎦
64 EI
⎩
82
9782100544639.indb 82
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

d’où les réactions aux nœuds d’appui :
6 EI
P 13 P
= 406.25 N
( β1 + β2 ) + =
2
2
32
L
6 EI
P 11P
= 687.50 N
RV2 = 2 ( − β1 + β3 ) + =
2 16
L
−3P
6 EI
RV3 = − 2 ( β 2 + β3 ) =
= −93.75 N
L
32
RV1 =
(6.49)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧ N1 ⎫
⎪T ⎪
⎪ 1 ⎪
⎪⎪ M1 ⎪⎪
Les efforts dans l’élément 1 sont obtenus en posant ⎨ ⎬ = [ k1 ] ⋅ {q1} − { f1} soit,
⎪N2 ⎪
⎪ T2 ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩ M 2 ⎪⎭
ES
⎡ ES
0
0
⎢ L
L
⎢
EI
EI
12
6
0
⎧ N1 ⎫ ⎢ 0
L3
L2
⎪T ⎪ ⎢
6 EI
4 EI
⎪ 1 ⎪ ⎢
0
⎪⎪ M1 ⎪⎪ ⎢ 0
2
L
L
⎢
=
⎨ ⎬
ES
⎪ N 2 ⎪ ⎢ − ES
0
0
⎢
⎪ T2 ⎪
L
L
⎪ ⎪ ⎢
12
6
EI
EI
0
− 3
− 2
⎪⎩ M 2 ⎪⎭ ⎢ 0
⎢
L
L
⎢
6 EI
2 EI
0
⎢ 0
L2
L
⎣
⎧ 0 ⎫
⎪
⎪
⎧ N1 ⎫ ⎪ 13 P ⎪ ⎧ 0 ⎫
⎪ T ⎪ ⎪ 32 ⎪ ⎪ 406.25 ⎪
⎪ 1 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪
⎪
⎪⎪ M1 ⎪⎪ ⎪
⎪ ⎪⎪ 0 ⎪⎪
⇒⎨ ⎬=⎨ 0 ⎬=⎨
⎬
⎪ ⎪ 0 ⎪
⎪N2 ⎪ ⎪
⎪ T2 ⎪ ⎪ 19 P ⎪ ⎪ 593.75 ⎪
⎪ ⎪ ⎪ 32 ⎪ ⎪
⎪
⎩⎪ M 2 ⎪⎭ ⎪ 3 PL ⎪ ⎪⎩−937.50 ⎪⎭
⎪−
⎪
⎩ 32 ⎭
9782100544639.indb 83
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
⎤
⎥
⎧ 0 ⎫
⎥
⎪ P ⎪
6 EI ⎥
⎧ u1 ⎫ ⎪ − ⎪
L2 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪
2 EI ⎥ ⎪ v1 ⎪ ⎪ PL ⎪
⎥
⎪− ⎪
L ⎥ ⋅ ⎪⎪ β1 ⎪⎪ − ⎪ 8 ⎪
⎬
⎨ ⎬ ⎨
0 ⎪
⎥ u
0 ⎥ ⎪ 2⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪ P ⎪
⎥ v2
6 EI ⎥ ⎪ β ⎪ ⎪ − 2 ⎪
− 2
⎪⎩ 2 ⎪⎭ ⎪
⎪
L ⎥
⎪ PL ⎪
4 EI ⎥
⎪⎩ 8 ⎪⎭
⎥
L ⎦

A
0
(6.50)
83
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

⎧N2 ⎫
⎪T ⎪
⎪ 2 ⎪
⎪⎪ M 2 ⎪⎪
et ceux de l’élément 2 à partir de ⎨ ⎬ = [ k2 ] ⋅ {q2 } − { f 2 } soit,
⎪N3 ⎪
⎪ T3 ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩ M 3 ⎪⎭
⎡ ES
0
0
⎢ L
⎢
12 EI
6 EI
⎧N2 ⎫ ⎢ 0
3
L
L2
⎪T ⎪ ⎢
6 EI
4 EI
⎪ 2⎪ ⎢
⎪⎪ M 2 ⎪⎪ ⎢ 0
2
L
L
⎨ ⎬=⎢
N
ES
⎪ 3 ⎪ ⎢−
0
0
⎪ T3 ⎪ ⎢ L
⎪ ⎪ ⎢
12 EI
6 EI
− 3
− 2
⎪⎩ M 3 ⎪⎭ ⎢ 0
⎢
L
L
⎢
6 EI
2 EI
⎢ 0
L2
L
⎣
0
⎧
⎫
⎪ 3P ⎪
⎪
⎪ ⎧ 0 ⎫
⎪ 32 ⎪ ⎪ 93.75 ⎪
⎪
⎪ 3 PL ⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪⎪937.50 ⎪⎪
= ⎨ 32 ⎬ = ⎨
⎬
⎪ 0 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎪
⎪ ⎪−93.75⎪
⎪− 3P ⎪ ⎪
⎪
⎪ 32 ⎪ ⎪⎩ 0 ⎪⎭
⎪ 0 ⎪
⎩
⎭
-
ES
L
0
0
ES
L
0
0
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
⎤
⎥
⎥
6 EI ⎥
⎧ u2 ⎫
L2 ⎥ ⎪ ⎪
2 EI ⎥ ⎪ v2 ⎪
⎥
L ⎥ ⋅ ⎪⎪ β 2 ⎪⎪
⎨ ⎬
⎥ u
0 ⎥ ⎪ 3⎪
⎪ ⎪
⎥ ⎪ v3 ⎪
6 EI
− 2 ⎥ ⎪⎩ β3 ⎪⎭
L ⎥
4 EI ⎥
⎥
(6.51)
L ⎦
0
On notera que le moment M 2 de l’élément 1 est l’opposé de celui trouvé dans
l’élément 2. Notre convention étant de type « forces à gauche » avec un sens positif pour le moment correspondant à celui du trièdre direct, il est normal que le
moment du nœud de départ soit égal au moment fléchissant (signe opposé pour
celui du nœud d’arrivée).
De plus et en appliquant la même procédure qu’en (6.43) et (6.44), il est également possible de calculer le moment fléchissant au milieu de la 1re travée ce qui
permet de trouver au point A : M A = −2031 N.m.
84
9782100544639.indb 84
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

Figure 6.12 – Exemple 3 : diagramme (Effel) du moment fléchissant ky Æ •.
A

Dans la pratique, les logiciels éléments finis transforment automatiquement les
signes des efforts normaux, efforts tranchants ou moments fléchissants de telle
manière à afficher les éléments de réduction dans les conventions les plus fréquentes, généralement une traction positive et des moments associés au sens direct.
De plus et en appliquant les relations (6.7) et (6.14) à un nombre limité de points
intermédiaires (cf. note1 § 6.2.1), il est possible de reconstituer la déformée et
les diagrammes du moment fléchissant ou de l’effort tranchant sur l’élément luimême. Ceci permet ainsi dans notre exemple d’obtenir une déformée en ne disposant que des rotations nodales.
Figure 6.13 – Exemple 3 : diagramme (Effel) de l’effort tranchant ky Æ •.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Pour assurer la discontinuité de l’effort tranchant au niveau de la charge P, Advance
Structure™ a ajouté automatiquement un nœud à cet endroit. Ceci s’avère nécessaire car une seule valeur d’effort tranchant peut être calculée à une position donnée
sur l’élément. La même problématique se présentera également pour les couples
ponctuels.
Par ailleurs et en s’inspirant de la même méthodologie qu’en (6.45) et (6.46), on
déduit pour les déplacements en travée :
Pour la travée 1
v( x =
9782100544639.indb 85
L ⎧1
)=⎨
2 ⎩2
L
8
1
2
⎧ v1 ⎫
⎪ ⎪
23 PL3
L ⎫⎪ β1 ⎪ PL3
=−
= −3.67 mm
− ⎬⎨ ⎬ −
8 ⎭⎪ v2 ⎪ 192 EI
1536 EI
⎪⎩ β 2 ⎪⎭
(6.52)
85
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

Pour la travée 2
v( x =
L ⎧1
)=⎨
2 ⎩2
L
8
1
2
⎧ v2 ⎫
⎪ ⎪
L ⎫⎪ β 2 ⎪ 3 PL3
= 1.436 mm
− ⎬⎨ ⎬ =
8 ⎭⎪ v3 ⎪ 512 EI
⎪⎩ β3 ⎪⎭
(6.53)
Figure 6.14 – Exemple 3 : déformée (Effel) ky Æ •.
6.4.3 ky = 10 000 N/m
Dans ce cas, il suffit d’ajouter au système (6.47) la raideur du ressort k y dans la
direction v3 :
6 EI
12 EI
⎡ 12 EI
− 3
⎢ L3
2
L
L
⎢
6
EI
4
EI
6
EI
⎢
− 2
2
⎢ L
L
L
⎢ 12 EI
6 EI
24 EI
− 2
⎢− 3
L
L3
⎢ L
2 EI
⎢ 6 EI
0
⎢ L2
L
⎢
12 EI
⎢ 0
0
− 3
⎢
L
⎢
6 EI
0
⎢ 0
⎣
L2
⎧ P ⎫
⎪−2 ⎪
⎪
⎪ ⎧ RV ⎫
⎪− PL ⎪ ⎪ 1 ⎪
⎪ 8 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎪⎪ P ⎪⎪ ⎪⎪RV ⎪⎪
= ⎨ − ⎬+⎨ 2 ⎬
2
⎪
⎪ ⎪ 0 ⎪
PL
⎪
⎪ ⎪ RV ⎪
⎪ 8 ⎪ ⎪ 3⎪
⎪ 0 ⎪ ⎪⎩ 0 ⎪⎭
⎪
⎪
⎪⎩ 0 ⎪⎭
6 EI
L2
2 EI
L
0
8EI
L
6 EI
− 2
L
2 EI
L
0
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
12 EI
+ ky
L3
6 EI
− 2
L
−
⎤
⎥
⎥
0 ⎥ ⎧ v1 ⎫
⎥ ⎪ ⎪
6 EI ⎥ ⎪ β1 ⎪
⎥
L2 ⎥ ⋅ ⎪⎪ v2 ⎪⎪
⎨ ⎬
2 EI ⎥ ⎪ β 2 ⎪
L ⎥ ⎪ v3 ⎪
⎥
6 EI ⎥ ⎪ β ⎪
− 2
⎪⎩ 3 ⎪⎭
L ⎥
4 EI ⎥
⎥
(6.54)
L ⎦
0
86
9782100544639.indb 86
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

Il en résulte pour la détermination des déplacements :
2 EI
L
8EI
L
6 EI
− 2
L
2 EI
L
6 EI
L2
12 EI
+ ky
L3
6 EI
− 2
L
⎤
⎥
⎧ PL ⎫
⎥ ⎧ β1 ⎫ ⎪− 8 ⎪
2 EI ⎥
⎪
⎪ ⎪ ⎪
L ⎥ ⋅ ⎪ β 2 ⎪ = ⎪ PL ⎪
⎨ ⎬ ⎨ 8 ⎬
6 EI ⎥ v
− 2 ⎥ ⎪ 3⎪ ⎪ 0 ⎪
⎪
L ⎥ ⎪⎩ β3 ⎪⎭ ⎪
⎪ 0 ⎪
4 EI ⎥
⎩
⎭
L ⎥⎦
(
(
)
)
0
0
−
⎧
3 PL2 2 EI + k y L3
⎪ β1 = −
= −0.00129 rad
32 EI 3 EI + 2k y L3
⎪
⎪
PL2 3 EI + k y L3
⎪
= 0.00106 rad
⎪β2 =
16 EI 3 EI + 2k y L3
⎪
⇒⎨
3 PL3
⎪v =
⎪ 3 16 3 EI + 2k L3 = 0.005816 m
y
⎪
⎪
PL2 −6 EI + k y L3
⎪ β3 = −
= 0.00034 rad
3
⎪
EI
EI
+
k
L
32
3
2
y
⎩
(
(
)
(
A

⎡ 4 EI
⎢ L
⎢
⎢ 2 EI
⎢ L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢⎣ 0
(6.55)
)
)
(
(
)
)
Le déplacement au milieu de la 1re travée peut être déterminé à partir de (6.45) et
(6.46), soit :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
v( x =
L ⎧1
)=⎨
2 ⎩2
L
8
1
2
⎧ v1 ⎫
⎪ ⎪
L ⎫⎪ β1 ⎪ PL3
= −4.215mm
− ⎬⎨ ⎬ −
8 ⎭⎪ v2 ⎪ 192 EI
⎪⎩ β 2 ⎪⎭
(6.56)
Figure 6.15 – Exemple 3 : déformée (Effel) ky = 10000 N/m.
9782100544639.indb 87
87
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.4 Exemple 3 : poutre continue

d’où les réactions aux nœuds d’appui :
RV1 =
(
)
3
6 EI
P P 24 EI + 13k y L
β
+
β
+
=
= 441.84 N
(
)
1
2
2
L2
16 3 EI + 2k y L3
(
)
3
P P (12 EI + 11k y L )
6 EI
= 616.31 N
RV = 2 ( − β1 + β3 ) + =
L
2
8 ( 3 EI + 2k y L3 )
2
RV3 = −k y ⋅ v3 =
3 PL3 k y
(
16 3EI + 2k y L3
)
(6.57)
= −58.16 N
Reprenant les relations (6.50) et (6.51) pour les efforts, on obtient :
Pour l’élément 1
0
⎧
⎫
⎪
⎪
3
⎪ P 24 EI + 13k y L ⎪
⎧ N1 ⎫ ⎪ 16 3EI + 2k L3 ⎪ ⎧ 0 ⎫
y
⎪ ⎪
⎪T ⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪ 441.84 ⎪
⎪ 1 ⎪ ⎪
0
⎪⎪ ⎪⎪ 0 ⎪⎪
⎪⎪ M1 ⎪⎪ ⎪⎪
0
⎨ ⎬=⎨
⎬=⎨
⎬
N
2
⎪ ⎪ ⎪ P 24 EI + 19k L3 ⎪ ⎪ 0 ⎪
y
⎪ T2 ⎪ ⎪
⎪ ⎪ 558.16 ⎪
⎪ ⎪ ⎪ 16 3 EI + 2k y L3 ⎪ ⎪
⎪
⎪⎩ M 2 ⎪⎭ ⎪
⎪ ⎪⎩−581.56 ⎪⎭
⎪
⎪
3 PL4 k y
−
⎪
⎪
3
⎪⎩ 16 3 EI + 2k y L ⎪⎭
(6.58)
0
⎧
⎫
⎪
⎪
3 PL3 k y
⎪
⎪
⎧ N 2 ⎫ ⎪ 16 3EI + 2k L3 ⎪ ⎧ 0 ⎫
y
⎪T ⎪ ⎪
⎪ ⎪ 58.16 ⎪
2
4
⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪
3PL k y
⎪⎪ M 2 ⎪⎪ ⎪
⎪⎪581.56 ⎪⎪
⎪
⎨ ⎬ = ⎨ 16 3 EI + 2k y L3 ⎬ = ⎨
⎬
0 ⎪
⎪N3 ⎪ ⎪
⎪
⎪
0
⎪ T3 ⎪ ⎪
⎪ ⎪−58.16 ⎪
3
⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪
⎪
3 PL k y
⎪⎩ M 3 ⎪⎭ ⎪−
⎪ ⎪⎩ 0 ⎪⎭
⎪ 16 3 EI + 2k y L3 ⎪
⎪
⎪
0
⎩
⎭
(6.59)
(
(
(
)
(
)
(
)
)
)
Pour l’élément 2
(
)
(
)
(
)
L’application de (6.43) et (6.44) permet également d’obtenir au point A :
M A = −2209.22 N.m.
88
9782100544639.indb 88
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique

Figure 6.16 – Exemple 3 : diagramme (Effel) du moment fléchissant ky = 10000 N/m.

A
Figure 6.17 – Exemple 3 : diagramme (Effel) de l’effort tranchant ky = 10000 N/m.
6.5 Exemple 4 : portique
Soit la structure suivante formée de trois éléments poutres élancées et quatre nœuds.
Le chargement consiste en une charge répartie verticale q appliquée aux éléments 1
et 2. Sachant que les appuis aux nœuds 1, 3 et 4 sont tous encastrés, on cherche à
déterminer les déplacements et efforts dans cette structure.
L
L
y
y
q
x
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
1
x
2
E , S , I ( IPE 270)
E , S , I ( IPE 270)
Y
X
E , S , I ( IPE 270)
3
L
x
y
4
Figure 6.18 – Exemple 4 : portique.
9782100544639.indb 89
89
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique

Tableau 6.3 – Exemple 4 : connectivité élémentaire.
Élément
Nœud i
Nœud j
Longueur (m)
Section (m2)
Inertie (m4)
1 (poutre)
1
2
L
S
I
2 (poutre)
2
3
L
S
I
3 (poutre)
4
2
L
S
I
Application numérique : L = 10 m, q = 10 kN/m, E = 2.1 1011 N/m2, S = 0.00459 m2, I = 0.0000579 m4.
6.5.1 Matrices de rigidité en repère local
Les éléments 1, 2 et 3 étant tous identiques, leur matrice de rigidité s’écrit d’après
(6.21) :
ES
⎡ ES
⎤
0
0
0
0 ⎥
−
⎢ L
L
⎢
⎥
EI
EI
12
6
12 EI
6 EI ⎥
⎢ 0
0
− 3
⎢
L3
L2
L
L2 ⎥
⎢
6 EI z
2 EI ⎥
6 EI
4 EI
0
−
⎢ 0
⎥
L
L2
L ⎥ (6.60)
L2
⎢
k
=
k
=
k
=
[ 1] [ 2 ] [ 3 ]
ES
⎢ ES
⎥
0
0
0
0 ⎥
⎢− L
L
⎢
⎥
EI
EI
12
6
12 EI
6 EI ⎥
⎢ 0
− 3
− 2
0
−
⎢
L
L
L3
L2 ⎥
⎢
2 EI
6 EI
4 EI ⎥
6 EI
0
−
⎢ 0
⎥
⎣
L2
L
L2
L ⎦
6.5.2 Matrices de changement de repères
Pour les éléments 1 et 2 (q = 0°)
[ R1 ] = [ R2 ] = [ I ]
(6.61)
Pour l’élément 3 (q = 90°)
⎡ cosθ
⎢ − sin θ
⎢
⎢ 0
[ R3 ] = ⎢ 0
⎢
⎢ 0
⎢
⎢⎣ 0
sin θ
cosθ
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0 cosθ
0 − sin θ
0
0
0
0
0
sin θ
cosθ
0
0⎤ ⎡ 0
0 ⎥ ⎢ −1
⎥ ⎢
0⎥ ⎢ 0
⎥=⎢
0⎥ ⎢ 0
0⎥ ⎢ 0
⎥ ⎢
1 ⎥⎦ ⎢⎣ 0
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0⎤
0⎥
⎥
0⎥
⎥ (6.62)
0⎥
0 −1 0 0 ⎥
⎥
0 0 0 1 ⎥⎦
90
9782100544639.indb 90
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique

6.5.3 Matrices de rigidité en repère global
Pour les éléments 1 et 2
0
0
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
4 EI
L
0
0
−
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
2 EI
L
−
−
ES
L
0
0
ES
L
0
0
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
⎤
⎥
⎥
6 EI ⎥
L2 ⎥
2 EI ⎥
⎥
L ⎥
⎥
0 ⎥
⎥
6 EI
− 2 ⎥
L ⎥
4 EI ⎥
⎥
L ⎦
0
A
(6.63)

⎡ ES
⎢ L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
K
=
k
=
[ 1 ] [ 1 ] ⎢ ES
⎢
⎢− L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎣
Rigidité du nœud 2
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎡ ES
⎢ L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
[ K 2 ] = [k2 ] = ⎢ ES
⎢
⎢− L
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎣
9782100544639.indb 91
0
0
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
4 EI
L
0
0
−
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
2 EI
L
−
−
ES
L
0
0
ES
L
0
0
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
⎤
⎥
⎥
6 EI ⎥
L2 ⎥
2 EI ⎥
⎥
L ⎥ (6.64)
⎥
0 ⎥
⎥
6 EI ⎥
− 2
L ⎥
4 EI ⎥
⎥
L ⎦
0
91
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique

Pour l’élément 3
⎡ 12 EI
⎢ L3
⎢
⎢ 0
⎢
⎢ 6 EI
⎢− 2
[ K 3 ] = [ R3 ]T [k3 ][ R3 ] = ⎢⎢ 12LEI
⎢ − L3
⎢
⎢ 0
⎢
⎢ 6 EI
⎢− 2
⎣ L
0
ES
L
0
0
−
ES
L
0
−
6 EI
L2
−
12 EI
L3
0
0
4 EI
L
6 EI
L2
6 EI
L2
12 EI
L3
0
0
2 EI
L
6 EI
L2
0
−
ES
L
0
0
ES
L
0
6 EI ⎤
L2 ⎥
⎥
0 ⎥
⎥
2 EI ⎥
⎥
L ⎥ (6.65)
6 EI ⎥
L2 ⎥
⎥
0 ⎥
⎥
4 EI ⎥
⎥
L ⎦
−
Rigidité du nœud 2
6.5.4 Vecteurs charges
La charge répartie q appliquée à chacun des deux éléments est équivalente aux
charges nodales suivantes (cf. tableau 6.1) :
⎧ 0 ⎫
⎪ qL ⎪
⎪−
⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ qL2 ⎪
⎪−
⎪
⎪ 12 ⎪
{ f1} = { f 2 } = ⎨ 0 ⎬
⎪
⎪
⎪ qL ⎪
⎪−
⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ qL2 ⎪
⎪⎩ 12 ⎪⎭
(6.66)
Les repères locaux des éléments 1 et 2 étant confondus avec le repère global, on a
bien sûr :
92
9782100544639.indb 92
09/02/10 14:55
6.5 Exemple 4 : portique

⎧ 0 ⎫
⎪ qL ⎪
⎪−
⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ qL2 ⎪
⎪−
⎪
⎪ 12 ⎪
{F1} = { f1} = ⎨
⎬
⎪ 0 ⎪
⎪ qL ⎪
⎪−
⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ qL2 ⎪
⎪⎩ 12 ⎪⎭
⎧ 0 ⎫
⎪ qL ⎪
⎪−
⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ qL2 ⎪
⎪−
⎪
⎪ 12 ⎪
{F2 } = { f 2 } = ⎨
⎬
⎪ 0 ⎪
⎪ qL ⎪
⎪−
⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ qL2 ⎪
Charges nodales
⎪⎩ 12 ⎪⎭
du nœud 2
(6.67)
A

6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5.5 Résolution du système [K ] ◊ {q } = {F }
De par les conditions d’appui, seul le nœud 2 est libre. Il suffit donc d’additionner
les parties de rigidité et de vecteurs charges encadrées aux chapitres 6.5.3 et 6.5.4 :
⎡ ES ES 12 EI
⎢ L + L + L3
⎢
⎢
0
⎢
⎢
6 EI
⎢
L2
⎣
⎧
⎫
0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪ qL qL ⎪
= ⎨− − ⎬
2 ⎪
⎪ 2
2
2
qL
qL
⎪
⎪
⎪⎩ 12 − 12 ⎪⎭
0
12 EI 12 EI ES
+ 3 +
L3
L
L
6 EI 6 EI
− 2
L2
L
6 EI
⎤
⎥
2
L
⎥ ⎧U 2 ⎫
6 EI 6 EI
⎥ ⋅ ⎪⎨V2 ⎪⎬
− 2
2
⎥ ⎪ ⎪
L
L
4 EI 4 EI 4 EI ⎥ ⎩ B2 ⎭
+
+
⎥
L
L
L ⎦
(6.68)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Soit après simplification :
⎡ 2 ES 12 EI
⎢ L + L3
⎢
⎢
0
⎢
⎢
6 EI
⎢
L2
⎣
0
24 EI ES
+
L3
L
0
6 EI ⎤
L2 ⎥ ⎧U 2 ⎫ ⎧ 0 ⎫
⎥
⎪ ⎪ ⎪
⎪
0 ⎥ ⋅ ⎨V2 ⎬ = ⎨−qL ⎬
⎥ ⎪ ⎪ ⎪
⎪
12 EI ⎥ ⎩ B2 ⎭ ⎩ 0 ⎭
⎥
L ⎦
(6.69)
La structure respectant les conditions de symétrie (symétrie de la géométrie, des
conditions d’appui et des charges), on peut déduire directement que U 2 = B2 = 0
d’où :
9782100544639.indb 93
93
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique

−qL
= −1.034 mm
(6.70)
24 EI ES
+
L3
L
La structure étant symétrique par rapport à un axe passant par X = L , il aurait été
possible de réduire le problème aux seuls éléments 1 et 3. Dans cette hypothèse,
il aurait fallu en plus des conditions d’appui, bloquer le nœud 2 horizontalement
mais également en rotation (U 2 = B2 = 0 ) .
Cependant et pour être totalement équivalente à l’approche globale, ces calculs
devraient prendre en compte la moitié de l’inertie I pour l’élément 3, celui-ci
étant dans l’axe de symétrie. D’une manière générale, les caractéristiques des entités
(charges, appuis élastiques, etc.) situées sur l’axe de symétrie doivent être divisées
par deux.
Enfin, un moyen mnémotechnique simple permet de se souvenir des degrés de
liberté à bloquer : « on bloque la translation suivant l’axe de symétrie passant par
une valeur de X,Y ou Z puis les rotations suivant les deux autres axes » ce qui se
résume par le tableau suivant :
V2 =
Tableau 6.4 – Symétries et DDL bloqués.
Axe de symétrie
passant par
Translation
bloquée
Rotation bloquée
autour de
Rotation bloquée
autour de
X
X
Y
Z
Y
Y
X
Z
Z
Z
X
Y
Figure 6.19 – Exemple 4 : déformée (Effel).
94
9782100544639.indb 94
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique

Les déplacements aux milieux des deux traverses peuvent également être calculés à
partir de (6.45) et (6.46) ce qui donne :
v( x =
L ⎧1
)=⎨
2 ⎩2
1
2
L
8
⎧ v1 ⎫
⎪ ⎪
qL4
L ⎫⎪ β1 ⎪
= −21.935mm
− ⎬⎨ ⎬ −
8 ⎭⎪ v2 ⎪ 384 EI
⎪⎩ β 2 ⎪⎭
(6.71)
A

6.5.6 Efforts dans les poutres
Efforts dans l’élément 1
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧ N1 ⎫
⎪T ⎪
⎪ 1 ⎪
⎪⎪ M1 ⎪⎪
⎨ ⎬ = [ k1 ] ⋅ {q1} − { f1}
⎪N2 ⎪
⎪ T2 ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩ M 2 ⎪⎭
⎡ ES
⎢ L
⎢
⎧ N1 ⎫ ⎢ 0
⎪T ⎪ ⎢
⎪ 1 ⎪ ⎢
⎪⎪ M1 ⎪⎪ ⎢ 0
⎨ ⎬=⎢
⎪ N 2 ⎪ ⎢ − ES
⎪ T2 ⎪ ⎢ L
⎪ ⎪ ⎢
⎪⎩ M 2 ⎪⎭ ⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎣
0
0
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
4 EI
L
0
0
−
12 EI
L3
6 EI
L2
6 EI
L2
2 EI
L
−
-
ES
L
0
0
ES
L
0
0
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
⎤
⎥
⎧ 0 ⎫
⎥
⎪ qL ⎪
6 EI ⎥
⎪
u1 ⎫ ⎪ −
⎧
L2 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪
2 EI ⎥ ⎪ v1 ⎪ ⎪ qL2 ⎪
⎥
⎪−
⎪
L ⎥ ⋅ ⎪⎪ β1 ⎪⎪ − ⎪ 12 ⎪
⎨ ⎬ ⎨
⎬
0 ⎪
⎥ u
0 ⎥ ⎪ 2⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎥ ⎪ v2 ⎪ ⎪ − qL ⎪
6 EI
− 2 ⎥ ⎪⎩ β 2 ⎪⎭ ⎪ 2 ⎪
L ⎥
⎪ qL2 ⎪
⎥
4 EI
⎪⎩ 12 ⎪⎭
⎥
L ⎦
0
(6.72)
⎧ N1 ⎫ ⎧ 0 ⎫
⎧ u1 ⎫
⎧U1 ⎫
⎪ T ⎪ ⎪ 50151 ⎪
⎪v ⎪
⎪V ⎪
⎪ 1 ⎪ ⎪
⎪ 1⎪
⎪ 1⎪
⎪
⎪⎪ M1 ⎪⎪ ⎪⎪ 84088 ⎪⎪
⎪⎪ β1 ⎪⎪
⎪⎪ Β1 ⎪⎪
avec ⎨ ⎬ = [ I ] ⋅ ⎨ ⎬ d’où ⎨ ⎬ = ⎨
⎬.
⎪N2 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎪ u2 ⎪
⎪U 2 ⎪
⎪ T2 ⎪ ⎪ 49849 ⎪
⎪ v2 ⎪
⎪V2 ⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪
⎪ ⎪
⎪
⎪⎩ M 2 ⎪⎭ ⎪⎩−82579 ⎪⎭
⎪⎩ β 2 ⎪⎭
⎩⎪Β2 ⎪⎭
9782100544639.indb 95
95
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique

Figure 6.20 – Exemple 4 : diagramme (Effel) du moment fléchissant.
Figure 6.21 – Exemple 4 : diagramme (Effel) de l’effort tranchant.
96
9782100544639.indb 96
09/02/10 14:55
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique

Efforts dans l’élément 3
⎧N4 ⎫
⎪T ⎪
⎪ 4⎪
=0

⎪⎪ M 4 ⎪⎪
k
q
⋅
−
=
⎨ ⎬ [ 3 ] { 3} { f3}
⎪N2 ⎪
⎪ T2 ⎪
⎪ ⎪
⎪⎩ M 2 ⎪⎭

A
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎡ ES
0
0
⎢ L
⎢
12 EI
6 EI
⎧N4 ⎫ ⎢ 0
3
L
L2
⎪T ⎪ ⎢
6 EI
4 EI
⎪ 4⎪ ⎢
⎪⎪ M 4 ⎪⎪ ⎢ 0
2
L
L
⎨ ⎬=⎢
N
ES
⎪ 2 ⎪ ⎢−
0
0
⎪ T2 ⎪ ⎢ L
⎪ ⎪ ⎢
12 EI
6 EI
− 3
− 2
⎪⎩ M 2 ⎪⎭ ⎢ 0
⎢
L
L
⎢
6 EI
2 EI
⎢ 0
L2
L
⎣
99698
N
N
=
−
⎧ 4
⎫ ⎧
⎫
⎪ T
⎪ ⎪ 0 ⎪
4
⎪
⎪ ⎪
⎪
⎪⎪ M 4 ⎪⎪ ⎪⎪ 0 ⎪⎪
⇒⎨
⎬=⎨
⎬
⎪ N 2 = + N ⎪ ⎪−99698⎪
⎪ T2
⎪ ⎪ 0 ⎪
⎪
⎪ ⎪
⎪
⎪⎩ M 2 ⎪⎭ ⎪⎩ 0 ⎪⎭
⎧ u4 ⎫
⎧U 4 ⎫ ⎡ 0
⎪v ⎪
⎪V ⎪ ⎢ −1
⎪ 4⎪
⎪ 4⎪ ⎢
⎪⎪ β 4 ⎪⎪
⎪⎪ B4 ⎪⎪ ⎢ 0
avec ⎨ ⎬ = [ R3 ] ⋅ ⎨ ⎬ = ⎢
⎪ u2 ⎪
⎪U 2 ⎪ ⎢ 0
⎪ v2 ⎪
⎪V 2 ⎪ ⎢ 0
⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎢
⎪⎩ β 2 ⎪⎭
⎪⎩ B2 ⎪⎭ ⎢⎣ 0
9782100544639.indb 97
1
0
0
0
0
0
-
ES
L
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
−
0
ES
L
0
12 EI
L3
6 EI
− 2
L
0
0
0 0
0 0
1 0
0 0
0 −1
0 0
0
0
0
0
1
0
0
⎤
⎥
⎥
6 EI ⎥
⎧ u4 ⎫
L2 ⎥ ⎪ ⎪
2 EI ⎥ ⎪ v4 ⎪
⎥
L ⎥ ⋅ ⎪⎪ β 4 ⎪⎪
⎨ ⎬
⎥ u
0 ⎥ ⎪ 2⎪
⎪ ⎪
⎥ ⎪ v2 ⎪
6 EI
− 2 ⎥ ⎪⎩ β 2 ⎪⎭
L ⎥
4 EI ⎥
⎥
L ⎦
(6.73)
0
0 ⎤ ⎧U 4 ⎫
0 ⎥ ⎪V4 ⎪
⎥ ⎪ ⎪ ⎧u = V
2
0 ⎥ ⎪⎪ B4 ⎪⎪ ⎪ 2
v
U
=
−
⋅
⇒
⎥ ⎨ ⎬ ⎨
2
0 ⎥ ⎪U 2 ⎪ ⎪ 2
β = B2
0 ⎥ ⎪V 2 ⎪ ⎩ 2
⎥ ⎪ ⎪
1 ⎥⎦ ⎪⎩ B2 ⎪⎭
97
09/02/10 14:56
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique

Figure 6.22 – Exemple 4 : diagramme (Effel) de l’effort normal.
6.5.7 Contraintes dans les poutres
Les contraintes peuvent ensuite être déduites des efforts grâce aux relations issues
de la résistance des matériaux, à savoir pour :
■■ Les contraintes normales
σ xx =
N My
M
±
⋅z ± z ⋅ y
S
Iy
Iz
(6.74)
La relation (6.74) correspond en fait au cas le plus général c’est-à-dire la flexion
composée déviée.
■■ Les contraintes tangentielles
τy =
Ty
Sy
et τ z =
Tz
Sz
(6.75)
où S y et Sz représentent les sections de cisaillement.
98
9782100544639.indb 98
09/02/10 14:56
6 • Éléments de poutre à deux nœuds
6.5 Exemple 4 : portique


A
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 6.23 – Exemple 4 : Diagramme (Effel) des contraintes normales1 sxx.
1. Ces contraintes sont calculées en fibres supérieure et inférieure du profil IPE270.
9782100544639.indb 99
99
09/02/10 14:56
9782100544639.indb 100
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques

A
7.1 Problématique du maillage
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Les modélisations filaires abordées aux chapitres 5 et 6 ont montré que le strict respect des singularités géométriques (positions des appuis, des charges, des attaches,
etc.) suffisait à obtenir en statique des résultats identiques à ceux de la théorie des
poutres. Ceci s’explique par la conformité des fonctions de forme choisies avec la dite
théorie. Hormis quelques cas comme les charges (forces ou moments) ponctuelles,
la discrétisation intermédiaire des éléments s’avère rarement nécessaire en statique.
Il n’en est pas de même pour les modélisations surfaciques ou volumiques qui
nécessitent une discrétisation beaucoup plus fine. En effet et afin de coller au mieux
à la géométrie, cette reconstitution requiert surtout au niveau des singularités, des
éléments de petites tailles.
Cette opération est prise en charge par un outil appelé mailleur dont le rôle va être
d’établir automatiquement, dans le respect de la géométrie étudiée, la forme des
éléments, leur connectivité et les coordonnées des nœuds. Ceci étant et comme on
peut le voir à la figure 7.1, la taille et la forme des éléments peuvent varier significativement. Enfin, deux grands types de maillage sont possibles à partir de bases
quadrangulaires (carrés, hexaèdres, etc.) ou triangulaires (triangles, tétraèdres, etc.).
Figure 7.1 – Exemple de maillage (Abaqus).
9782100544639.indb 101
101
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.1 Problématique du maillage

Les éléments pouvant être de tailles et de formes quelconques, il n’est pas envisageable, pour établir leurs caractéristiques élémentaires, de reprendre stricto sensu
la méthodologie utilisée pour les poutres et barres. Les matrices de rigidité et vecteurs charges variant systématiquement, une méthodologie permettant de calculer
ces caractéristiques quelles que soient les géométrie et configuration des éléments,
s’avérera beaucoup plus rentable au niveau calcul.
Celle-ci consistera, pour chaque type d’élément, à définir un élément de référence de géométrie conventionnelle (appelé également élément « parent ») de telle
manière à obtenir la géométrie de n’importe quel élément réel de forme semblable
à partir d’une transformation géométrique biunivoque (i.e. bijective).
En d’autres termes, pour chacun des points P ’ (ξ ,η ) de l’élément « parent » défini
dans un repère unitaire correspondra, via la transformation Τe , un point et un seul
de l’élément réel P ( x , y ) .
Y
2
(1,1)
P' (ξ ,η )
3
Τe
1
(-1,-1)
x
y
η
(-1,1)
k
P ( x, y )
j
l
ξ
i
(1,-1)
X
4
Élément réel
Élément parent
Figure 7.2 – Transformation géométrique Te.
La transformation Τe permet de calculer les coordonnées (x,y) de chacun des
points de l’élément réel à partir de celles du point correspondant de l’élément de
référence. On a donc :
⎧⎪ x (ξ ,η )
Τe : ξ ,η → ⎨
⎪⎩ y (ξ ,η )
(7.1)
Τe est bien évidemment dépendante de la géométrie de l’élément réel et donc des
coordonnées des nœuds le définissant. De ce fait, une transformation doit être
envisagée pour chacun des éléments du modèle.
(
(
⎧ x ξ ,η , xi , x j , x k , xl
⎪
Τe : ξ ,η → ⎨
⎪⎩ y ξ ,η , yi , y j , yk , yl
)
)
(7.2)
102
9782100544639.indb 102
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7 • Éléments isoparamétriques
7.1 Problématique du maillage

Y
3
2
(-1,1)
(1,1)
(-1,-1)
2
Τ2
7
1
ξ
3
4
Τ1
1
8
5
(1,-1)
A
6
Τ3

η
X
4
Éléments réels
Élément parent
Figure 7.3 – T1 , T2 , T3 transformations associées aux éléments réels 1, 2 et 3.
Du fait du caractère biunivoque de la transformation, chacun des points de l’élément de référence devra coïncider avec un point de l’élément réel et un seul. Il en
résulte une correspondance entre nœuds géométriques des éléments réel et de référence. En d’autres termes, il n’est pas par exemple possible d’associer un élément
parent triangulaire à un élément réel carré.
Chaque point de coordonnées x, y, z de l’élément réel peut donc être repéré à partir
des coordonnées de ses nœuds et de variables N i ( x , y , z ) , similaires aux fonctions
de forme vues précédemment, soit :
n1
x = ∑ N i ( x , y , z ) ⋅ xi
i =1
n1
y = ∑ N i ( x , y , z ) ⋅ yi
(7.3)
i =1
n1
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
z = ∑ N i ( x , y , z ) ⋅ zi
i =1
avec :
⎧ δ ij = 1 si i = j
N i ( x , y , z ) = δ ij ⎨
.
⎩δ ij = 0 si i ≠ j
n1 : nombre de nœuds géométriques de l’élément réel.
Par ailleurs, la notion de fonctions de forme abordée au chapitre 4.1 nous a permis
d’établir pour les déplacements que :
9782100544639.indb 103
103
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

n2
u ( x , y , z ) = ∑ N i ( x , y , z ) ⋅ ui
i =1
n2
v ( x , y , z ) = ∑ N i ( x , y , z ) ⋅ vi
(7.4)
i =1
n2
w ( x , y , z ) = ∑ N i ( x , y , z ) ⋅ wi
i =1
avec n2 : nombre de nœuds utilisés pour le calcul des déplacements.
n1 correspondant à la définition de la géométrie et n2 à celle des déplacements,
il serait tout à fait possible d’envisager n1 supérieur à n2 ou n1 inférieur à n2, les
éléments étant respectivement qualifiés dans ces cas, de super-paramétriques ou
sub-paramétriques.
Le nombre de fonctions de forme étant directement lié à celui des nœuds de l’élément considéré, il est rarement nécessaire de complexifier les calculs en enrichissant
ou au contraire en appauvrissant celui de la géométrie. De ce fait, les fonctions
de forme associées au calcul des déplacements seront également utilisées pour la
définition de la géométrie des éléments d’où le nom d’éléments isoparamétriques
i .e . n1 = n2 ⇔ N i = N i .
(
)
7.2 Familles d’éléments
La notion de transformation géométrique évoquée au chapitre précédent a permis d’établir que plusieurs éléments réels pouvaient être générés à partir d’un seul
élément « parent » de même type. De manière très synthétique, la transformation
s’effectuera par un ou plusieurs changements de variables liant géométrie de l’élément « parent » à celles des éléments réels. Pour ce faire, l’élément de référence sera
défini dans un repère unitaire dont les coordonnées (ξ ,η ,ζ ) varieront suivant le
cas entre 0 et 1, ou –1 et 1.
Bien évidemment, les caractéristiques de ces éléments sont établies comme vu précédemment, à partir de leurs fonctions de forme. En complément des notions vues
au chapitre 4.1, ces transformations doivent :
– Permettre le mouvement de corps rigide (déplacement sans déformation),
– Être capable de reproduire au minimum une déformation constante,
– Garantir la continuité des déplacements sur l’élément et aux frontières de celuici.
Cependant, il faut faire le distinguo au niveau des DDL pris en compte ce qui se
traduit par deux grandes catégories d‘éléments dans les bibliothèques élémentaires
des logiciels éléments finis. La première, appelée famille C0, assure uniquement la
continuité des translations u, v, w . L’élément barre en fait partie. On a alors :
εξ =
du
= Cte ⇒ u(ξ ) = a0 + a1 ⋅ ξ
dξ
104
9782100544639.indb 104
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

x = −1 ⇒ u ( −1) = u1
x = 1 ⇒ u (1) = u2
d’où :
i =2
1
1
u(ξ ) = (1 − ξ ) ⋅ u1 + (1 + ξ ) ⋅ u2 = ∑ N i ⋅ ui
2
2
i =1
N2
1
-1
2
u1
0
u (ξ )
1
A

N1
(7.5)
x
u2
Figure 7.4 – Élément barre.
Ces nouvelles fonctions de forme sont tout à fait équivalentes à celles trouvées en
x
(4.3), le changement de variable ξ = 2 − 1 permettant de passer des unes aux
L
autres. Ceci nous permet également d’évoquer les propriétés très particulières des
fonctions de forme. Celles-ci sont en effet égales à l’unité aux nœuds auxquels elles
sont rattachées, zéro ailleurs1. De plus, la somme des fonctions de forme est dans
ce cas égale à 12 ce qui permet de démontrer la condition de mouvement de corps
rigide (MCR), soit :
Translation d’ensemble
u0 ⇔ u1 = u2 = u0 © Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
d’où
u(ξ ) = N1 ⋅ u0 + N 2 ⋅ u0 = u0
(7.6)
La famille C1 qui constitue la deuxième catégorie, assure à la fois la continuité
des translations et des rotations. L’élément poutre à deux nœuds associant à la fois
translations et rotations nodales est donc de ce fait un élément de cette famille.
Les chapitres 7.2.1 et 7.2.2 décrivent les éléments de base les plus généralement
utilisés. Cette liste reste néanmoins non exhaustive, les principes décrits ci-après
pouvant être déclinés à des éléments plus performants.
1. En i Ni = 1, en i π j Ni = 0.
n
2. ∑ N i = 1 .
i =1
9782100544639.indb 105
105
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

7.2.1 Famille C0
Les éléments de cette famille garantissant la continuité des translations, leurs
fonctions d’approximation devront, pour satisfaire au critère de la déformation
constante, être au minimum de degré 1. Le terme constant de ces fonctions permettra alors de respecter la condition de mouvement de corps rigide (MCR). Enfin
et en raison de la nature de la fonction d’interpolation (un polynôme), la continuité
des déplacements sera assurée à la fois sur l’élément et à ses frontières si celui-ci est
conforme (cf. § 8.3.3). On parlera alors de continuité d’ordre 0.
L’approximation nodale bidimensionnelle est basée sur l’écriture d’une série de
termes produits faisant intervenir les coordonnées de l’élément « parent » pondérées par un coefficient ai .
n
u(ξ ,η ) = ∑ ai ⋅ ξ j ⋅η k
(7.7)
i =1
Ces fonctions sont souvent linéaires, quadratiques et parfois cubiques. Si celles-ci
comportent tous les termes d’un polynôme de degré un, deux ou trois, les éléments
correspondants sont dits complets. Le choix de ce degré étant intimement lié au
nombre de nœuds de l’élément, il sera parfois impossible d’intégrer tous ces termes.
Dans ce cas et sachant que l’on néglige prioritairement les termes de degrés les plus
élevés, il s’agira alors d’éléments incomplets. Pour déterminer les différents termes
de ces polynômes, il est possible de s’inspirer de la logique du triangle de Pascal.
Linéaire
1
ξ
ξ2
ξ2η
ξ3η
ξη2
ξ2η2
ξ3η2
Cubique
η2
ξη
ξ3
Parabolique
η
η3
ξη3
ξ2η3
ξ3η3
Figure 7.5 – Éléments quadrangulaires complets.
Linéaire
1
ξ
ξ2
ξ2η
ξ3η
Cubique
η2
ξη
ξ3
Parabolique
η
ξη2
η3
ξη3
Figure 7.6 – Éléments quadrangulaires incomplets.
106
9782100544639.indb 106
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

Linéaire
1
ξ
ξ2
ξ3
Parabolique
η
Cubique
η2
ξη
ξ2η
ξη2
η3
Figure 7.7 – Éléments triangulaires.
A

■■ Éléments à base quadrangulaire
□□ Quadrangle bilinéaire Q4 (4 nœuds)
Horizontalement, quatre valeurs nodales u1 , u2 , u3 et u4 de déplacements sont
définies d’où l’expression du champ de déplacement correspondant :
4
u(ξ ,η ) = a0 + a1 ⋅ ξ + a2 ⋅η + a3 ⋅ ξ ⋅η = ∑ N i ⋅ ui
(7.8)
i =1
η
2
1
(-1,1)
(-1,-1)
3
v
(1,1)
u
ξ
(1,-1)
4
Figure 7.8 – Élément Q4.
Il s’agit en fait de l’équation d’un plan. Le champ de déplacement vertical peut être
4
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
déterminé suivant la même approche en posant que : v(ξ ,η ) = ∑ N i ⋅ vi 1.
i =1
Pour chacun des segments de l’élément, il est possible de définir l’équation d’une
droite fonction des valeurs nodales d’où son caractère bilinéaire. Ses fonctions de
forme ont donc pour expressions :
N1 =
1
1
(1 + ξ ) ⋅ (1 + η ) N 2 = (1 − ξ ) ⋅ (1 + η )
4
4
N3 =
1
1
(1 − ξ ) ⋅ (1 − η ) N 4 = (1 + ξ ) ⋅ (1 − η )
4
4
(7.9)
1. De ce fait, seul le déplacement u sera traité dans ce qui suit.
9782100544639.indb 107
107
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

On notera que ces expressions peuvent être également obtenues en effectuant les
produits croisés des fonctions de forme de l’élément barre (7.5). De manière plus
synthétique, celles-ci peuvent s’exprimer en fonction de coordonnées ξi ,ηi des
nœuds de l’élément en posant :
1
N i = (1 + ξi ⋅ ξ ) ⋅ (1 + ηi ⋅η )
(7.10)
4
□□ Quadrangle quadratique complet Q9
Cet élément est quadratique, chacun de ces segments comportant trois nœuds.
Ceux-ci permettent une approximation parabolique sur chacun de ses côtés.
Néanmoins, la fonction d’approximation n’aurait pu être totalement parabolique
sans le nœud milieu, le terme η 2 ⋅ ξ 2 étant obtenu grâce au nœud n°9.
C’est pourquoi, il est dit complet ce qui signifie qu’il couvre tous les termes du
degré de la fonction d’approximation visée (parabolique).
η
3
2
1
v
4
5
9
u
6
8 ξ
7
Figure 7.9 – Élément Q9.
On a donc :
9
u(ξ ,η ) = ∑ N i ⋅ ui
i =1
= a0 + a1 ⋅ ξ + a2η + a3 ⋅ ξ ⋅η + a4 ⋅ ξ 2 + a5 ⋅η 2
+ a6 ⋅ ξ ⋅η 2 + a7 ⋅η ⋅ ξ 2 + a8 ⋅η 2 ⋅ ξ 2
(7.11)
T
= {a} ⋅ { X }
avec :
{a}T = {a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 }
{ X }T = {1 ξ η ξη ξ 2 η 2 ξη 2 ηξ 2 η 2ξ 2 }
108
9782100544639.indb 108
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

Pour établir les fonctions de forme de cet élément, il suffit de reprendre la méthodologie décrite au chapitre 6.2.1 en posant que :
⎧ u (1,1) ⎫
⎪
⎪
⎪ u ( 0,1) ⎪
⎪ u ( −1,1) ⎪
⎪
⎪
⎪ u ( −1, 0 ) ⎪
⎪
⎪
⎨u ( −1, −1) ⎬ = [ R ] ⋅ {a}
⎪ u ( 0, −1) ⎪
⎪
⎪
⎪ u (1, −1) ⎪
⎪ u 1, 0 ⎪
⎪ ( ) ⎪
⎪⎩ u ( 0, 0 ) ⎪⎭
A

(7.12)
avec
⎡1
⎢
⎢1
⎢1
⎢
⎢1
[ R ] = ⎢⎢1
⎢1
⎢1
⎢
⎢1
⎢
⎣1
1
0
−1
−1
−1
0
1
1
0
1
1
1
0
−1
−1
−1
0
0
1
0
−1
0
1
0
−1
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
0
T
1
0
−1
0
−1
0
1
0
0
1
0
1
0
−1
0
−1
0
0
1⎤
⎥
0⎥
1⎥
⎥
0⎥
1⎥
⎥
0⎥
1⎥
⎥
0⎥
⎥
0⎦
−1
puis d’effectuer le produit matriciel : {N } = { X } ⋅ [ R ] . D’où les fonctions de
forme de l’élément Q9 :
1
(1 + ξ ) ⋅ (1 + η ) ⋅ ξ ⋅η
4
1
N 3 = − (1 − ξ ) ⋅ (1 + η ) ⋅ ξ ⋅η
4
1
N 5 = (1 − ξ ) ⋅ (1 − η ) ⋅ ξ ⋅η
4
1
N 7 = − (1 + ξ ) ⋅ (1 − η ) ⋅ ξ ⋅η
4
N 9 = (1 − ξ 2 ) ⋅ (1 − η 2 )
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
N1 =
9782100544639.indb 109
1
(1 − ξ 2 ) ⋅ (1 + η ) ⋅η
2
1
N 4 = − (1 − ξ ) ⋅ (1 − η 2 ) ⋅ ξ
2
1
N 6 = − (1 − ξ 2 ) ⋅ (1 − η ) ⋅η
2
1
N 8 = (1 + ξ ) ⋅ (1 − η 2 ) ⋅ ξ
2
N2 =
(7.13)
109
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

□□ Quadrangle quadratique incomplet Q8
η
3
2
1
v
4
5
u
6
8 ξ
7
Figure 7.10 – Élément Q8.
On reprend la relation (7.11) en supprimant le terme en η 2 ⋅ ξ 2 . On a donc :
8
u(ξ ,η ) = ∑ N i ⋅ ui
i =1
u(ξ ,η ) = a0 + a1 ⋅ ξ + a2 ⋅η + a3 ⋅ ξ ⋅η + a4 ⋅ ξ 2
+ a5 ⋅η 2 + a6 ⋅ ξ ⋅η 2 + a7 ⋅η ⋅ ξ 2
(7.14)
T
u(ξ ,η ) = {a} ⋅ { X }
avec :
{a}T = {a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 }
{ X }T = {1 ξ η ξη ξ 2 η 2 ξη 2 ηξ 2 }
Comme,
⎧ u (1,1) ⎫
⎪
⎪
⎪ u ( 0,1) ⎪
⎪ u ( −1,1) ⎪
⎪
⎪
⎪ u ( −1, 0 ) ⎪
⎨
⎬ = [ R ] ⋅ {a}
,
1
1
u
−
−
(
)
⎪
⎪
⎪ u ( 0, −1) ⎪
⎪
⎪
⎪ u (1, −1) ⎪
⎪ u (1, 0 ) ⎪
⎩
⎭
(7.15)
110
9782100544639.indb 110
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

avec
1
0
−1
−1
−1
0
1
1
1
1
1
0
−1
−1
−1
0
1
0
−1
0
1
0
−1
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
1
0
−1
0
−1
0
1
0
1⎤
0⎥
⎥
1⎥
⎥
0⎥
−1⎥
⎥
0⎥
−1⎥
⎥
0 ⎥⎦
A

⎡1
⎢1
⎢
⎢1
⎢
1
[ R ] = ⎢⎢1
⎢
⎢1
⎢1
⎢
⎢⎣1
−1
On déduit pour les fonctions de forme de l’élément Q8 : {N } = { X } ⋅T [ R ] ⇒
1
(1 + ξ ) ⋅ (1 + η ) ⋅ (1 − ξ − η )
4
1
N 3 = − (1 − ξ ) ⋅ (1 + η ) ⋅ (1 + ξ − η )
4
1
N 5 = − (1 − ξ ) ⋅ (1 − η ) ⋅ (1 + ξ + η )
4
1
N 7 = − (1 + ξ ) ⋅ (1 − η ) ⋅ (1 − ξ + η )
4
1
(1 − ξ 2 ) ⋅ (1 + η )
2
1
N 4 = (1 − ξ ) ⋅ (1 − η 2 )
2
1
N 6 = (1 − ξ 2 ) ⋅ (1 − η )
2
1
N 8 = (1 + ξ ) ⋅ (1 − η 2 )
2
N1 = −
N2 =
(7.16)
□□ Hexaèdre trilinéaire H8
8
u(ξ ,η ,ζ ) = ∑ N i ⋅ ui
i =1
ζ
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
7
8
6
w
3
2
η
v
5
ξ
u
4
1
Figure 7.11 – Élément H8.
9782100544639.indb 111
111
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7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

S’inspirant de la relation (7.10), on trouve pour l’hexaèdre H8 :
Ni =
1
(1 + ξi ⋅ ξ ) ⋅ (1 + ηi ⋅η ) ⋅ (1 + ζ i ⋅ ζ )
8
(7.17)
■■ Éléments à base triangulaire
□□ Triangle linéaire T3
3
u(ξ ,η ) = a0 + a1 ⋅ ξ + a2 ⋅η = ∑ N i ⋅ ui
i =1
N1(ξ ,η ) = 1 − ξ − η
N 2 (ξ ,η ) = ξ
N 3 (ξ ,η ) = η
(7.18)
η
3 (0,1)
v
u
1
(1,0)
2
ξ
Figure 7.12 – Élément T3.
□□ Triangle quadratique T6
u(ξ ,η ) = a0 + a1 ⋅ ξ + a2 ⋅η + a3 ⋅ ξ 2 + a4 ⋅η 2 + a5 ⋅ ξ ⋅η
6
u(ξ ,η ) = ∑ N i ⋅ ui
i =1
N1(ξ ,η ) = − (1 − ξ − η ) ⋅ (1 − 2 (1 − ξ − η ) )
N 2 (ξ ,η ) = 4 ⋅ ξ ⋅ (1 − ξ − η )
N 3 (ξ ,η ) = −ξ ⋅ (1 − 2ξ )
N 4 (ξ ,η ) = 4ξ ⋅η
(7.19)
N 5 (ξ ,η ) = −η ⋅ (1 − 2η )
N 6 (ξ ,η ) = 4η ⋅ (1 − ξ − η )
112
9782100544639.indb 112
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7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

η
5
4
v
u
1
A
ξ
3
2

6
Figure 7.13 – Élément T6.
□□ Tétraèdre linéaire T4
4
u(ξ ,η ,ζ ) = ∑ N i ⋅ ui
i =1
Par déclinaison de la relation (7.18), on trouve :
N1(ξ ,η ,ζ ) = 1 − ξ − η − ζ
N 2 (ξ ,η ,ζ ) = ξ
N 3 (ξ ,η ,ζ ) = η
N 4 (ξ ,η ,ζ ) = ζ
(7.20)
ζ
4
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
w
u
1
v
3
η
2
ξ
Figure 7.14 – Élément T4.
7.2.2 Famille C1
Comme pour la famille C0, les fonctions de forme C1 doivent approximer le
champ de déplacement à partir des valeurs nodales et assurer non seulement la
continuité des déplacements nodaux ui , vi , wi mais aussi celle des rotations nodales
9782100544639.indb 113
113
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7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

dui dui
dw
,
,..., i . De ce fait, les fonctions de forme doivent être au minimum de
dx dy
dz
degré 2 pour satisfaire au critère de la déformation constante ; la condition de
mouvement de corps rigide étant quant à elle assurée par les deux premiers termes
de cette même fonction.
Ces éléments ont une continuité dite d’ordre 1, la continuité des déplacements
étant assurée à la fois sur l’élément et à ses frontières si celui-ci est conforme (cf.
§ 8.3.3). L’élément poutre tel que celui décrit au chapitre 6.2.1 fait partie de cette
famille.
■■ Plaque Q4 (semi C1)
η
2
1
ξ
3
4
Figure 7.15 – Élément Plaque Q4.
⎧
⎫
⎪ wi ⎪
⎪
⎪
⎪ ∂ wi ⎪
Sachant que cet élément à trois degrés de liberté par nœud {wi } = ⎨
⎬ , la
⎪ ∂ξ ⎪
⎪ ∂ wi ⎪
⎪
⎪
⎩ ∂η ⎭
fonction d’approximation s’écrit :
w(ξ ,η ) = a0 + a1 ⋅ ξ + a2 ⋅η + a3 ⋅ ξ ⋅η + a4 ⋅ ξ 2 + a5 ⋅η 2 + a6 ⋅ ξ 2 ⋅η
+ a7 ⋅ ξ ⋅η 2 + a8 ⋅ ξ 3 + a9 ⋅η 3 + a10 ⋅ ξ 3 ⋅η + a11 ⋅ ξ ⋅η 3
T
= {a} ⋅ { X }
(7.21)
avec :
{a}T = {a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11}
{ X }T = {1 ξ η ξη ξ 2 η 2 ξ 2η ξη 2 ξ 3 η 3 ξ 3η ξη 3 }
La démarche est bien évidemment identique à celle vue au § 7.2.1.
114
9782100544639.indb 114
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

Il est néanmoins nécessaire de calculer les dérivées correspondant aux rotations
nodales, soit :
∂w
=
∂ξ
a1 + a3 ⋅η + 2 a4 ⋅ ξ + 2 a6 ⋅ ξ ⋅η + a7 ⋅η 2 + 3a8 ⋅ ξ 2 + 3a10 ⋅ ξ 2 ⋅η + a11 ⋅η 3
(7.22)
∂w
=
∂η
a2 + a3 ⋅ ξ + 2a5 ⋅η + a6 ⋅ ξ 2 + 2a7 ⋅ ξ ⋅η + 3a9 ⋅η 2 + a10 ⋅ ξ 3 + 3a11 ⋅ ξ ⋅η 2
(7.23)
wξ (ξ ,η ) =
d’où :
A

wη (ξ ,η ) =
⎧ w(1,1) ⎫
⎪ w (1,1) ⎪
⎪ ξ
⎪
⎪ wη (1,1) ⎪
⎪
⎪
⎪ w( −1,1) ⎪
⎪ wξ ( −1,1) ⎪
⎪
⎪
⎪ wη ( −1,1) ⎪
⎨
⎬ = [ R ] ⋅ {a}
⎪ w( −1, −1) ⎪
⎪wξ ( −1, −11)⎪
⎪
⎪
⎪wη ( −1, −1)⎪
⎪ w(1, −1) ⎪
⎪
⎪
⎪ wξ (1, −1) ⎪
⎪ w (1, −1) ⎪
⎩ η
⎭
(7.24)
avec :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎡1
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎢1
⎢0
⎢
0
[ R ] = ⎢⎢1
⎢
⎢0
⎢0
⎢
⎢1
⎢
⎢0
⎢0
⎣
9782100544639.indb 115
1
1
0
−1
1
1
0
1
1
0
1
1
1
−1
1
1
2
0
1
−2
1
0
2
1
0
1
2
1
1
−2
1
1
2
−1
1
1
3
0
−1
3
1
0
3
1
0
1
3
1
−1
3
0
−1
1
−1
−1
1
0
1
2
1
1
−1
−2
−1
0
−1
3
−1
−1
1
1
0
1
0
1
−1
−1
−1
−1
−2
0
1
0
−2
1
2
1
−1
1
2
1
3
0
1
0
3
−1
−3
−1
−1
1
0
0
1
−1
1
2
0
0
−2
−2
1
1
−2
3
0
0
3
−3
1
1⎤
1⎥
⎥
3⎥
⎥
−1⎥
1⎥
⎥
−3 ⎥
1⎥
⎥
−1⎥
−3 ⎥⎥
−1⎥
⎥
−1⎥
3 ⎥⎦
115
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
T
7.2 Familles d’éléments

−1
En posant que {N } = { X } ⋅ [ R ] , on obtient pour cet élément plaque :
 −1 ⋅ (ξ + 1)⋅ (1 + η )⋅ (η 2 − η + ξ 2 − ξ − 2)
8

2
1


⋅ (ξ − 1)⋅ (ξ + 1) ⋅ (1 + η )


8


2
1


⋅ (η − 1)⋅ (1 + η ) ⋅ (ξ + 1)
8


1

2
2
 8 ⋅ (ξ − 1)⋅ (1 + η )⋅ (η − η + ξ + ξ − 2) 


2
1


⋅ (ξ + 1)⋅ (ξ − 1) ⋅ (1 + η )


8


2
−1
⋅ (η − 1)⋅ (1 + η ) ⋅ (ξ − 1)


8
T

{N } = 
 −1

2
2
(
)
(
)
(
)
−
1
⋅
⋅
−
1
⋅
+
+
+
−
2
ξ
η
η
η
ξ
ξ
8



2
−
1


⋅ (ξ + 1)⋅ (ξ − 1) ⋅ (η − 1)
8




2
−1
(
)
(
)
(
)
⋅
1
+
⋅
−
1
⋅
−
1
η
η
ξ


8


 1 ( + 1) ( − 1) ( 2 + + 2 − − 2) 
 8⋅ ξ ⋅ η ⋅ η η ξ ξ



2
−1


(⋅ ξ − 1)⋅ (ξ + 1) ⋅ (η − 1)
8




2
1
⋅ (1 + η )⋅ (η − 1) ⋅ (ξ + 1)


8


(7.25)
116
9782100544639.indb 116
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7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

■■ Plaque Q4 (C1)
Dans ce cas de figure, la fonction d’approximation est complète et a donc 16 coefficients.
w(ξ ,η ) = a0 + a1 ⋅ ξ + a2 ⋅η + a3 ⋅ ξ ⋅η + a4 ⋅ ξ 2 + a5 ⋅η 2 + a6 ⋅ ξ 2 ⋅η
+ a7 ⋅ ξ ⋅η 2 + a8 ⋅ ξ 3 + a9 ⋅η 3 + a10 ⋅ ξ 3 ⋅η + a11 ⋅ ξ ⋅η 3
(7.26)
T
Avec :
{a}T = {a0 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14 a15 }
A

+ a12 ⋅ ξ 3 ⋅η 2 + a13 ⋅ ξ 2 ⋅η 3 + a14 ⋅ ξ 2 ⋅η 2 + a15 ⋅ ξ 3 ⋅η 3 = {a} ⋅ { X }
{ X }T = {1 ξ η ξη ξ 2 η 2 ξ 2η ξη 2 ξ 3 η 3 ξ 3η ξη 3 ξ 3η 2 ξ 2η 3 ξ 2η 2 ξ 3η 3 }
⎧ wi ⎫
⎪ ∂w ⎪
i ⎪
⎪
⎪ ∂ξ ⎪
⎪
⎪
Cet élément nécessite donc quatre degrés de liberté par nœud {wi } = ⎨ ∂ wi ⎬
⎪ ∂η ⎪
⎪ 2 ⎪
⎪ ∂ wi ⎪
⎪⎩ ∂ξ∂η ⎪⎭
ce qui explique l’introduction de la dérivée seconde par rapport à ξ et η .
∂w
∂ξ
= a1 + a3 ⋅η + 2 a4 ⋅ ξ + 2 a6 ⋅ ξ ⋅η + a7 ⋅η 2 + 3a8 ⋅ ξ 2
wξ (ξ ,η ) =
(7.27)
+ 3a10 ⋅ ξ 2 ⋅η + a11 ⋅η 3 + 3a12 ⋅ ξ 2 ⋅η 2 + 2 a13 ⋅ ξ ⋅η 3
+ 2 a14 ⋅ ξ ⋅η 2 + 3a15 ⋅ ξ 2 ⋅η 3
∂w
∂η
= a2 + a3 ⋅ ξ + 2 a5 ⋅η + a6 ⋅ ξ 2 + 2 a7 ⋅ ξ ⋅η + 3a9 ⋅η 2
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
wη (ξ ,η ) =
(7.28)
+ a10 ⋅ ξ 3 + 3a11 ⋅ ξ ⋅η 2 + 2 a12 ⋅ ξ 3 ⋅η + 3a13 ⋅ ξ 2 ⋅η 2
+ 2 a14 ⋅ ξ 2 ⋅η + 3a15 ⋅ ξ 3 ⋅η 2
∂ 2w
∂ξ∂η
= a3 + 2 a6 ⋅ ξ + 2a7 ⋅η + 3a10 ⋅ ξ 2 + 3a11 ⋅η 2
wξη (ξ ,η ) =
(7.29)
+ 6a12 ⋅ ξ 2 ⋅η + 6 a13 ⋅ ξ ⋅η 2 + 4 a14 ⋅ ξ ⋅η + 9a15 ⋅ ξ 2 ⋅η 2
9782100544639.indb 117
117
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.2 Familles d’éléments

⎧ w(1,1) ⎫
⎪ w (1,1) ⎪
⎪ ξ
⎪
⎪ wη (1,1) ⎪
⎪
⎪
⎪ wξη (1,1) ⎪
⎪ w( −1,1) ⎪
⎪
⎪
.
⎪
⎪
⎨
⎬ = [ R ] ⋅ {a}
.
⎪
⎪
⎪
⎪
.
⎪
⎪
⎪ w(1, −1) ⎪
⎪ wξ (1, −1) ⎪
⎪
⎪
⎪ wη (1, −1) ⎪
⎪w (1, −1)⎪
⎩ ξη
⎭
(7.30)
Avec :
⎡1
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎢0
⎢1
⎢
⎢0
⎢0
⎢
⎢0
[ R ] = ⎢1
⎢
⎢0
⎢
⎢0
⎢0
⎢
⎢1
⎢0
⎢
⎢0
⎢0
⎣
1
1
1
0
1
1
1
2
1
0
1
2
1
1
1
3
1
0
1
3
1
1
1
3
1
2
1
2
0
0
−1
1
0
0
−1
1
0
1
0
1
0
1
0
−1
0
1
1
1
−1
1
−1
1
1
−1
−1
0
0
1
−2
0
0
1
−2
0
2
0
1
0
2
0
1
0
−2
1
2
1
−2
1
−2
−1
2
1
2
2
−1
1
−2
2
−1
1
2
0
0
−1
3
0
0
−1
3
0
3
0
1
0
3
0
−1
0
3
1
3
−1
3
−1
3
1
−3
−1
3
3
−1
1
−3
3
1
−1
−3
2
6
−1
3
−2
6
−1
3
2
3
6
1
−2
3
−6
−1
2
3
2
4
1
−2
2
−4
1
−2
−2
0
1
1
0
0
0
−1
0
1
0
1
−1
−1
1
1
0
1
2
0
0
0
1
0
−2
0
−2
−1
−2
1
2
−2
1
1
−2
−2
0
1
3
0
0
0
−1
0
3
0
3
−1
−3
1
3
3
−1
−1
3
3
−6
1
3
−2
−6
−6
−1
−2
3
6
4
1
2
−2
−4
1⎤
3⎥
⎥
3⎥
⎥
9⎥
−1⎥
⎥
3⎥
−3 ⎥
⎥
9⎥
1⎥⎥
−3 ⎥
⎥
−3 ⎥
9⎥
⎥
−1⎥
−3 ⎥
⎥
3⎥
9 ⎥⎦
118
9782100544639.indb 118
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
T
7.2 Familles d’éléments

−1
Comme {N } = { X } ⋅ [ R ] , les fonctions de forme s’écrivent :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
9782100544639.indb 119
A

 1 ⋅ ( ξ − 2) ⋅ (ξ + 1) 2 ⋅ (η − 2) ⋅ (1 + η )2 
 16



 −1 ⋅ ( ξ − 1) ⋅ (ξ + 1 )2 ⋅ (η − 2) ⋅ (1 + η )2 
 16

 −1
2
2
 ⋅ ( ξ − 2) ⋅ (ξ + 1 ) ⋅ (η − 1) ⋅ (1 + η ) 
 16

 1 ⋅ ( ξ − 1) ⋅ (ξ + 1) 2 ⋅ (η − 1) ⋅ (1 + η )2 
 16


2
2
 −1 ⋅ ( ξ + 2 ) ⋅(ξ − 1 ) ⋅ (η − 2) ⋅ (1 + η ) 
 16

2
2
 −1
 16 ⋅ ( ξ + 1 ) ⋅(ξ − 1 ) ⋅ (η − 2) ⋅ (1 + η ) 


 1 ⋅ ( ξ + 2) ⋅ (ξ − 1) 2 ⋅ (η − 1) ⋅ (1 + η )2 
 16

1
2
2
 ⋅ ( ξ + 1) ⋅ (ξ − 1) ⋅ (η − 1) ⋅ (1 + η ) 
16

{N }T = 
2
2
1
 16 ⋅ ( ξ + 2) ⋅ (ξ − 1) ⋅ (2 + η ) ⋅ (η − 1) 


 1 ⋅ ( ξ + 1) ⋅ (ξ − 1) 2 ⋅ (2 + η ) ⋅ (η − 1)2 
 16

1
2
2
 ⋅ ( ξ + 2) ⋅ (ξ − 1) ⋅ (1 + η ) ⋅ (η − 1) 
 16

 1 ⋅ ( ξ + 1) ⋅ (ξ − 1) 2 ⋅ (1 + η ) ⋅ (η − 1)2 
 16


2
2
 −1 ⋅ ( ξ − 2) ⋅ (ξ + 1 ) ⋅ (2 + η ) ⋅ (η − 1) 
 16

2
2
1
 16 ⋅ ( ξ − 1) ⋅ (ξ + 1) ⋅ (2 + η ) ⋅ (η − 1) 


 −1 ⋅ ( ξ − 2) ⋅ (ξ + 1) 2 ⋅ (1 + η ) ⋅ (η − 1)2 
 16

1
2
2
 ⋅ ( ξ − 1) ⋅ (ξ + 1) ⋅ (1 + η ) ⋅ (η − 1) 
 16

(7.31)
119
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.3 Caractéristiques élémentaires

7.3 Caractéristiques élémentaires
7.3.1 Matrice de rigidité élémentaire
Reprenant l’expression de la matrice de rigidité élémentaire en repère local (4.12),
on pose que :
[ke ] = ∫ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ dVe = ∫∫∫ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ dxdydz
(7.32)
Ve
La relation (7.32) fait intervenir une matrice [ B ] déduite des relations (3.13) et
(4.4). Par déclinaison de (4.10), celle-ci peut également être développée en une
série de sous matrices [ Bi ] associées à chacun des nœuds de l’élément, soit :
{ε } = [ B ] ⋅ {qe } = ⎣⎡ B1 B2 . Bi . Bn ⎤⎦ ⋅ {qe }
⎡∂ Ni
⎢ ∂x
⎢
⎢ 0
⎢
⎢
⎢ 0
⎢
avec [ Bi ] = ⎢ ∂ N
i
⎢
∂
y
⎢
⎢∂ Ni
⎢
⎢∂y
⎢
⎢ 0
⎣
(7.33)
⎤
0 ⎥
⎥
∂ Ni
0 ⎥
⎥
∂y
∂ N i ⎥⎥
0
∂z ⎥
⎥ . La détermination de [ B ] nécessitera de faire
∂ Ni
0 ⎥
∂x
⎥
∂ Ni ⎥
0
⎥
∂x ⎥
∂ Ni ∂ Ni ⎥
⎥
∂z
∂y ⎦
∂ Ni ∂ Ni ∂ Ni
le calcul des différentes dérivées partielles
,
,
associées à chacun
∂x
∂y
∂z
0
des nœuds. Ceci étant et comme vu en 7.2, les fonctions de forme N i sont définies
dans un repère unitaire (ξ ,η ,ζ ) et non dans le repère local ( x , y , z ) . La transformation géométrique Τe issue de (7-1) permet néanmoins d’écrire que :
∂ Ni ∂ Ni ∂ x ∂ Ni ∂ y ∂ Ni ∂ z
=
⋅
+
⋅
+
⋅
∂ξ
∂ x ∂ξ
∂ y ∂ξ
∂ z ∂ξ
∂ Ni ∂ Ni ∂ x ∂ Ni ∂ y ∂ Ni ∂ z
⋅
+
⋅
=
⋅
+
∂η
∂ x ∂η ∂ y ∂η ∂ z ∂η
(7.34)
∂ Ni ∂ Ni ∂ x ∂ Ni ∂ y ∂ Ni ∂ z
=
⋅
+
⋅
+
⋅
∂ζ
∂ x ∂ζ
∂ y ∂ζ
∂ z ∂ζ
120
9782100544639.indb 120
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.3 Caractéristiques élémentaires

soit sous une forme matricielle :
∂y
∂ξ
∂y
∂η
∂y
∂ζ
∂ z ⎤ ⎧∂ Ni ⎫
⎧∂ Ni ⎫
⎥
⎪
⎪
⎪
⎪
∂ξ ⎥ ∂ x
⎪
⎪ ∂x ⎪
⎪
∂ z ⎥ ⎪∂ Ni ⎪
⎪∂ Ni ⎪
⋅⎨
⎬
⎬ = [ J ]⋅ ⎨
⎥
∂η ⎪ ∂ y ⎪
⎪∂y ⎪
⎥
⎪∂ Ni ⎪
∂ z ⎥ ⎪∂ Ni ⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
∂ζ ⎥⎦ ⎩ ∂ z ⎭
⎩ ∂z ⎭
(7.35)
A
[ J ] correspond à la matrice jacobienne de la transformation Τe . En inversant
(7.35), on obtient :
⎧∂ Ni ⎫
⎧∂ Ni ⎫
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪ ∂ξ ⎪
⎪ ∂x ⎪
⎪∂ Ni ⎪
−1 ⎪ ∂ N i ⎪
(7.36)
⎬
⎨
⎬ = [J ] ⋅⎨
⎪ ∂η ⎪
⎪∂y ⎪
⎪∂ Ni ⎪
⎪∂ Ni ⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩ ∂z ⎭
⎩ ∂ζ ⎭

⎧∂ Ni ⎫ ⎡∂ x
⎪ ∂ξ ⎪ ⎢ ∂ξ
⎪ ⎢
⎪
⎪∂ Ni ⎪ ⎢∂ x
⎬=⎢
⎨
⎪ ∂η ⎪ ⎢ ∂η
⎪∂ Ni ⎪ ⎢∂ x
⎪
⎪
⎩ ∂ζ ⎭ ⎢⎣ ∂ζ
n
⎧
x
=
⎪
∑ N i ⋅ xi
i =1
⎪
n
⎪⎪
Par ailleurs et comme d’après (7-3) ⎨ y = ∑ N i ⋅ yi , [ J ] devient :
i =1
⎪
n
⎪
⎪ z = ∑ N i ⋅ zi
⎪⎩
i =1
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎡ n ∂ Ni
⋅ xi
⎢∑
⎢ i =1 ∂ξ
⎢ n ∂N
[ J ] = ⎢ ∑ i ⋅ xi
⎢ i =1 ∂η
⎢ n ∂N
i
⎢∑
⋅ xi
⎢⎣ i =1 ∂ζ
⎡ ∂ N1
⎢ ∂ξ
⎢
∂N
[ J ] = ⎢⎢ 1
∂η
⎢
⎢ ∂ N1
⎢⎣ ∂ζ
9782100544639.indb 121
n
i =1
n
∂N
∑ ∂η i ⋅ yi
i =1
n
∂N
∑ ∂ζ i ⋅ yi
i =1
∂ Ni
∂ξ
∂ Ni
.
∂η
∂ Ni
.
∂ζ
.
∂N
n
∂N
⎤
∑ ∂ξ i ⋅ yi ∑ ∂ξ i ⋅ zi ⎥
⎥
⎥
∂ Ni
∑ ∂η ⋅ zi ⎥
⎥
i =1
⎥
n
∂N
∑ ∂ζ i ⋅ zi ⎥⎥
i =1
⎦
i =1
n
∂ Nn ⎤ ⎡ x
1
∂ξ ⎥⎥ ⎢ .
∂ Nn ⎥ ⎢
.
⋅ ⎢ xi
∂η ⎥ ⎢
⎥ .
∂ Nn ⎥ ⎢
.
⎢x
∂ζ ⎥⎦ ⎣ n
.
y1
.
yi
.
yn
(7.37)
z1 ⎤
.⎥
⎥
zi ⎥
⎥
.⎥
zn ⎥⎦
121
09/02/10 14:56
7 • Éléments isoparamétriques
7.3 Caractéristiques élémentaires

Pour calculer l’intégrale sur le volume Ve et sachant que [ B ] est désormais fonction des coordonnées unitaires, il reste à effectuer un changement de variables entre
les repères ( x , y , z ) et (ξ ,η ,ζ ) . Ce changement de variables représente en fait les
relations géométriques liant, via la transformation Τe , éléments réel et de référence.
Ces relations sont obtenues à partir du jacobien de la transformation. La matrice
rigidité élémentaire exprimée dans le repère (ξ ,η ,ζ ) a donc pour expression :
[ke ] = ∫∫∫ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ dxdydz
1 1 1
T
= ∫ ∫ ∫ [ B ] ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ det [ J ] ⋅ d ξ dη d ζ
(7.38)
−1 −1 −1
Avec :
⎧dx ⎫
⎧d ξ ⎫
⎪ ⎪
⎪ ⎪
⎨ dy ⎬ = [ J ] ⋅ ⎨ dη ⎬ et dxdydz = det [ J ] ⋅ d ξ dη d ζ
⎪dz ⎪
⎪d ζ ⎪
⎩ ⎭
⎩ ⎭
En appliquant ces résultats à la matrice de rigidité de l’élément barre (4.13), on
s’aperçoit que le jacobien ou son inverse représentent le rapport des dimensions des
éléments réel et de référence. On a donc d’après le changement de variable établi
en 7.2 :
x
2
ξ = 2 − 1 ⇒ d ξ = ⋅ dx
(7.39)
L
L
ce qui donne comme prévu pour [ ke ] :
T
L
[ke ] = ∫ [ B ] ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ dVe = ES ∫0 [ B ]T ⋅ [ B ] ⋅ dx
Ve
⎧ 1⎫
⎪⎪− ⎪⎪ ⎧ 1 1 ⎫ 2
= ES ∫ ⎨ 2 ⎬ ⋅⎨−
⎬⋅ ⋅ d ξ
1 ⎪ ⎩ 2 2⎭ L
−1 ⎪
⎪⎩ 2 ⎪⎭
1⎤
⎡ 1
− ⎥
1
2 ES ⎢ 4
4 ⋅ d ξ = ES ⎡ 1 −1⎤
=
⎢
⎥
⎢
⎥
∫
L −1 ⎢ 1 1 ⎥
L ⎣ −1 1 ⎦
−
⎢⎣ 4 4 ⎥⎦
1
(7.40)
7.3.2 Vecteurs charges élémentaires
Pour les forces de volume (4.17), la démarche est similaire à celle suivie pour la
rigidité élémentaire, le changement de base s’effectuant toujours via le déterminant
du jacobien.
T
1 1 1
{ f ev } = ∫ [ N ] ⋅ { f v } ⋅ dVe = ∫ ∫ ∫ [ N ]T ⋅ { f v } ⋅ det [ J ] ⋅ d ξ dη d ζ (7.41)
ve
−1 −1 −1
122
9782100544639.indb 122
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7 • Éléments isoparamétriques
7.4 Intégration numérique

Pour ce qui concerne les forces de surface (4.18), le calcul consistera à exprimer la
quantité dSe en fonction des coordonnées normées des arêtes ou facettes des éléments surfaciques ou volumiques.
7.4 Intégration numérique
b
∫a
r
f (ξ ) ⋅d ξ = ∑ wi ⋅ f (ξi )
A

Le calcul des matrices de rigidité des éléments barre (7.40) et poutre (6.21) a permis d’établir celles-ci en fonction de paramètres tels que longueur, section, inerties,
etc. Ces matrices sont généralement codées de manière explicite dans les logiciels
de calcul par éléments finis.
Cette approche n’est bien sûr pas envisageable pour les éléments surfaciques et
volumiques dont les formes et configurations varient systématiquement. La solution numérique s’impose alors. Ceci étant, il est indispensable de disposer d’une
méthode permettant une intégration exacte des quantités recherchées.
La méthode de Gauss qui est la plus couramment utilisée, répond à cette condition. Bien que sa maîtrise ne soit pas fondamentale pour les utilisateurs courants,
il est néanmoins important de bien assimiler la notion de points d’intégration ou
« points de Gauss » pour comprendre les différentes approches utilisées pour le
postraitement des résultats. C’est pourquoi, l’intégration numérique à 1 dimension
est développée ci-après.
Soit une fonction f d’une seule variable ξ , l’intégrale de f sur l’intervalle [ a,b ]
pourra être évaluée numériquement par la méthode de Gauss en posant que :
(7.42)
i =1
ce qui revient à remplacer l’intégrale de la fonction polynomiale f (ξ ) par une
combinaison linéaire de valeurs de f aux points ξi (appelés points d’intégration)
et de coefficients wi (appelés poids). Les r abscisses sont déterminées de manière
à intégrer exactement des polynômes d’ordre n ≤ 2r − 1.
Pour les éléments isoparamétriques, l’intervalle [ a,b ] sera bien évidemment égal
à [ −1,1] .
L’intégration numérique consiste alors à faire passer un polynôme ψ (ξ ) par
b
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
un certain nombre de valeurs de f (ξ ) de telle manière à obtenir ∫ ψ (ξ ) ⋅ d ξ
b
comme approximation de ∫ f (ξ ) ⋅ d ξ . On a donc :
a
a
f (ξ ) ≈ ψ (ξ ) = a1 + a2 ⋅ ξ + ....... + a2r ⋅ ξ 2r −1
(7.43)
En injectant (7.43) dans les deux membres de (7.42), on obtient :
b
b
b
b
∫a f (ξ ) ⋅ d ξ = a1 ∫a d ξ + a2 ∫a ξ ⋅ d ξ + ..... + a2r ∫a ξ 2r −1 ⋅ d ξ
= a1(w1 + w2 + ..... + wr ) + a2 (w1 ⋅ ξ1 + w2 ⋅ ξ 2 + ..... + wr ⋅ ξr ) (7.44)
+ ..... + a2r (w1 ⋅ ξ12r −1 + w2 ⋅ ξ 22r −1 + ..... + wr ⋅ ξr2r −1 )
9782100544639.indb 123
123
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7 • Éléments isoparamétriques
7.4 Intégration numérique

2
lorsque α est pair,
1+α
l’équation (7-44) peut alors s’écrire sous la forme d’un système linéaire de 2r équations :
2 = w1 + w2 + ........ + wr
0 = w1ξ1 + w2ξ 2 + ........ + wr ξr
2
= w1ξ12 + w2ξ 22 + ........ + wr ξr2
(7.45)
3
.
.
1
Sachant que ∫ ξ α ⋅ d ξ est égal à 0 si α est impair et
−1
0 = w1ξ12r −1 + w2ξ 22r −1 + ........ + wr ξr2r −1
ce qui permet de trouver les différentes valeurs de ξi et wi .
Exemple : Calcul des coefficients de Gauss à 2 points
2
1
wi ⋅ f (ξi ) = w1 ⋅ f (ξ1 ) + w2 ⋅ f (ξ 2 )
∫−1 f (ξ ) ⋅d ξ = ∑
i =1
Cette intégrale sera évaluée de façon exacte si le polynôme est de degré inférieur ou égal à 2r − 1 = 3 .
Les coefficients sont obtenus en résolvant le système linéaire suivant :
2 = w1 + w2
⎫
0 = w1 ⋅ ξ1 + w2 ⋅ ξ 2 ⎪ ⎧ w1 = w2 = 1
⎪⎪ ⎪
1
2
⎬⇒⎨
= w1 ⋅ ξ12 + w2 ⋅ ξ 22 ⎪ ⎪ξ1 = −ξ 2 = ±
3
3
⎩
⎪
0 = w1 ⋅ ξ13 + w2 ⋅ ξ 23 ⎭⎪
Tableau 7.1 – Tables de Gauss-Legendre (1 dimension).
r
xi
wi
degré maximum
du polynôme à intégrer
1
0
2
1
1
3
1
3
0
8/9
±
2
3
3
5
5/9
±
3−2 6 /5
7
1
1
+
2 6 6/5
±
3+2 6 /5
7
1
1
−
2 6 6/5
±
4
5
7
124
9782100544639.indb 124
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7 • Éléments isoparamétriques
7.4 Intégration numérique

La généralisation au plan se fera aisément en posant que :
1 1
(
Α = ∫ ∫ f (ξ ,η ) ⋅ d ξ dη = ∑ ∑ wi ⋅ w j ⋅ f ξi ,η j
−1 −1
i
j
)
(7.46)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

A
9782100544639.indb 125
125
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9782100544639.indb 126
09/02/10 14:56
8 • Éléments de membrane

A
Les éléments membranes sont destinés à modéliser des structures planes travaillant
uniquement dans leur plan. Leurs nœuds possèdent uniquement deux degrés de
liberté u et v . Ils ont une épaisseur constante notée e et suivent l’hypothèse
de contrainte plane décrite au chapitre 3.3.4. La relation contrainte-déformation
issue de (3.27) s’écrit alors :
⎡
⎤
⎢1 ν
⎧σ xx ⎫
0 ⎥ ⎧ε xx ⎫
⎥ ⎪ ⎪
E ⎢
⎪ ⎪
ν 1
0 ⎥ ⋅ ⎨ε yy ⎬ = [ H ] ⋅ {ε }
⎨σ yy ⎬ =
⎢
2
⎪ τ ⎪ 1 −ν ⎢
1 −ν ⎥ ⎪⎩γ xy ⎪⎭
⎩ xy ⎭
⎢0 0
⎥
⎣
2 ⎦
(8.1)
⎡
⎤
⎢1 ν
0 ⎥
⎥
E ⎢
ν 1
Avec [ H ] =
0 ⎥.
⎢
2
1 −ν ⎢
1 −ν ⎥
⎢0 0
⎥
⎣
2 ⎦
Le vecteur déformation s’écrit quant à lui en adaptant (3.13) au cas plan, soit :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎡∂
⎢
⎧ε xx ⎫ ⎢ ∂ x
⎪ ⎪ ⎢
{ε } = ⎨ε yy ⎬ = ⎢ 0
⎪γ ⎪ ⎢
⎩ xy ⎭ ⎢ ∂
⎢∂ y
⎣
⎤
0 ⎥
⎥
⎧u ⎫
∂ ⎥ ⎧u ⎫
=
∂
⋅
[
]
⎨
⎬
⎨ ⎬
∂ y ⎥⎥ ⎩v ⎭
⎩v ⎭
∂ ⎥
∂ x ⎥⎦
(8.2)
Si nécessaire la déformation ε zz pourra être calculée à partir de la relation (3.26).
Ceci nous amène à évoquer le cas des éléments en déformation plane dont les
caractéristiques sont très similaires aux membranes. Ce sont bien évidemment
t­ oujours des éléments plans travaillant dans leur plan. La déformation transversale
ε zz étant cette fois prise égale à zéro (cf. § 3.3.4), seule l’expression de la matrice
9782100544639.indb 127
127
09/02/10 14:56
8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

[ H ] changera. Il suffira alors de la remplacer dans (8.1) par son expression en
déformation plane, soit :
⎡
⎢1 −ν
ν
⎢
E
ν
1 −ν
[H ] =
(1 + ν ) ⋅ (1 − 2ν ) ⎢⎢
0
⎢ 0
⎣
⎤
0 ⎥
⎥
0 ⎥
1 − 2ν ⎥
⎥
2 ⎦
(8.3)
La contrainte σ zz pourra également être évaluée à partir de (3.24). Dans cette
hypothèse, les résultats seront donnés par unité de profondeur suivant z.
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle
Soit la structure suivante modélisée avec deux éléments isoparamétriques membranes carrés à quatre nœuds d’épaisseur e :
1
2
y
h
x
3
4
q = 1 ◊ 107 N/m
2h
y
x
5
Y
X
6
h
Figure 8.1 – Exemple 5 : deux éléments membranes quadrangles.
Application numérique : E = 2.1 ◊ 1011 N/m2, n = variable, q = 1 ◊ 107 N/m,
h = 1 m, e = 0.1 m.
128
9782100544639.indb 128
09/02/10 14:56
8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

Tableau 8.1 – Exemple 5 : connectivité élémentaire.
Nœuds
I
J
K
L
1
1
2
3
4
2
4
3
5
6
L’élément utilisé est un quadrangle de type Q4. Ses fonctions de forme sont égales
à celles établies en (7.9), soit :
1
1
(1 − ξ ) ⋅ (1 + η ) N1 = (1 + ξ ) ⋅ (1 + η )
4
4
1
1
N 3 = (1 − ξ ) ⋅ (1 − η ) N 4 = (1 + ξ ) ⋅ (1 − η )
4
4
N2 =
A

Élément
(8.4)
η
2
1
v
u
3
ξ
4
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 8.2 – Élément de référence Q4.
8.1.1 Calcul de la matrice jacobienne et de son inverse
Du fait de la symétrie par rapport à Y, un seul élément est nécessaire au calcul.
Retenant l’élément 1, la matrice jacobienne de sa transformation est obtenue à
partir de la relation (7.37) :
⎡ ∂ N1
⎢ ∂ξ
[ J ] = ⎢∂ N
⎢
1
⎢⎣ ∂η
9782100544639.indb 129
∂ N2
∂ξ
∂ N2
∂η
∂ N3
∂ξ
∂ N3
∂η
∂ N 4 ⎤ ⎡ x1
⎢
∂ξ ⎥ ⎢ x2
⎥⋅
∂ N 4 ⎥ ⎢ x3
∂η ⎥⎦ ⎢⎣ x 4
y1 ⎤
y2 ⎥
⎥
y3 ⎥
⎥
y4 ⎦
(8.5)
129
09/02/10 14:56
8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

soit pour cet élément :
[J]=
[J]=
[J]=
⎡ x1
(1 − η ) ⎤ ⎢⎢ x2
⎥⋅
− (1 + ξ ) ⎦ ⎢ x3
⎢
⎣ x4
1 ⎡(1 + η ) − (1 + η ) − (1 − η )
⎢
4 ⎣(1 + ξ ) (1 − ξ ) − (1 − ξ )
1 ⎡ x1 − x2 − x3 + x 4 + η ( x1 − x2 + x3 − x 4 )
⎢
4 ⎣ x1 + x2 − x3 − x 4 + ξ ( x1 − x 2 + x3 − x 4 )
1 ⎡ x1 − x2 − x3 + x 4 + η ( x1 − x2 + x3 − x 4 )
⎢
4 ⎣ x1 + x2 − x3 − x 4 + ξ ( x1 − x 2 + x3 − x 4 )
y1 ⎤
y2 ⎥
⎥
y3 ⎥
⎥
y4 ⎦
(8.6)
y1 − y2 − y3 + y 4 + η ( y1 − y2 + y3 − y 4 ) ⎤
⎥
y1 + y2 − y3 − y 4 + ξ ( y1 − y2 + y3 − y 4 ) ⎦
y1 − y2 − y3 + y 4 + η ( y1 − y2 + y3 − y 4 ) ⎤
⎥ (8.7)
y1 + y2 − y3 − y 4 + ξ ( y1 − y2 + y3 − y 4 ) ⎦
Bien que la connectivité des éléments réel et de référence soit identique, les coordonnées xi , yi correspondent bien à celles de l’élément réel.
h
0 + η (0)
⎡h + h + η ( 0 )
⎤ ⎡⎢
1
⎥ = ⎢2
[ J ] = ⎢⎢
h h h h
4 0 + ξ (0)
+ + + + ξ ( 0 )⎥ ⎢ 0
⎢⎣
⎥⎦ ⎢
2 2 2 2
⎣
⎤
0⎥
⎥
h⎥
2 ⎥⎦
(8.8)
h2
Le déterminant et l’inverse de [ J ] sont donc respectivement égaux à det [ J ] =
4
et :
⎡h
⎤
0⎥
⎢
1
2 ⎡1 0 ⎤
(8.9)
[ J ]−1 = h 2 ⎢ 2 h ⎥ = ⎢0 1 ⎥
h
⎣
⎦
⎢0
⎥
4 ⎢⎣
2 ⎥⎦
Ce qui permet de déduire les relations entre les
∂ Ni ∂ Ni
∂ Ni ∂ Ni
,
et
,
:
∂x ∂ y
∂ξ ∂η
∂ Ni 2 ∂ Ni
=
∂x
h ∂ξ
∂ Ni 2 ∂ Ni
=
h ∂η
∂y
(8.10)
La valeur 2 h correspond au rapport entre les coordonnées x et x ou h et y. Par
ailleurs, les termes non diagonaux nuls de [ J ] caractérisent le fait que l’élément n’a
pas subi de rotation durant la transformation.
8.1.2 Matrice de rigidité élémentaire en repère local
■■ Expression générale de [k1]
Reprenant l’expression (7.38) de la rigidité élémentaire, on obtient en l’adaptant
au cas plan :
130
9782100544639.indb 130
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

1 1
[k1 ] = e ⋅ ∫ ∫ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ det [ J ] ⋅ d ξ dη
(8.11)
⎡
⎤
⎢
⎥
1
ν
0
1 1
⎥
Ee
h2
T ⎢
ν
1
0
⋅
B
⋅
B
⋅
⋅ d ξ dη
⋅
[k1 ] =
[
]
[
]
⎢
⎥
∫
∫
1 −ν 2 −1 −1
4
⎢
1 −ν ⎥
⎢0 0
⎥
⎣
2 ⎦
(8.12)
−1 −1

A
avec d’après (4.4), (4.10) et (8.2) :
⎧u ⎫
⎡ N1
⎨ ⎬ = [ N ] ⋅ {q1} = ⎢
⎩v ⎭
⎣0
0
N1
N2
0
0
N2
N3
0
∂ N2
∂x
0
∂ N3
∂x
0
N3
N4
0
0
∂ N4
∂x
⎧ u1 ⎫
⎪v ⎪
⎪ 1⎪
⎪u2 ⎪
⎪ ⎪
0 ⎤ ⎪ v2 ⎪
⋅⎨ ⎬
N 4 ⎥⎦ ⎪u3 ⎪
⎪v3 ⎪
⎪ ⎪
⎪u4 ⎪
⎪u4 ⎪
⎩ ⎭
(8.13)
⎤
0 ⎥
⎥
∂ N4 ⎥
⎥
∂y ⎥
∂ N4 ⎥
⎥
∂ x ⎥⎦
(8.14)
[ B ] = [∂ ][ N ]
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎡∂ N
1
⎢
∂
x
⎢
⎢
=⎢ 0
⎢
⎢∂ N
1
⎢
∂
y
⎢⎣
0
∂ N1
∂y
∂ N1
∂x
0
∂ N2
∂y
∂ N2
∂y
∂ N2
∂x
0
∂ N3
∂y
∂ N3
∂y
∂ N3
∂x
0
∂ N4
∂y
Qui grâce à la transformation (8.10) devient :
[B ] =
1 2
⋅ ⋅
4 h
⎡(1 + η ) 0 − (1 + η )
− (1 − η )
0
0
0 ⎤
(1 − η )
⎢
⎥
0
0
− (1 − ξ )
0
− (1 + ξ ) ⎥ (8.15)
(1 − ξ )
⎢ 0 (1 + ξ )
⎢
⎥
⎣(1 + ξ ) (1 + η ) (1 − ξ ) − (1 + η ) − (1 − ξ ) − (1 − η ) − (1 + ξ ) (1 − η ) ⎦
9782100544639.indb 131
131
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

Le calcul (8-12) permet alors de trouver pour [ k1 ] :
ν
1 − 3ν ⎤
⎡ 3 −ν 1 + ν −3 −ν −1 + 3ν −3 + ν −1 −ν
⎢ 6
8
12
8
12
8
6
8 ⎥
⎢
⎥
ν
−1 −ν −3 + ν −1 + 3ν −3 −ν ⎥
3 −ν 1 − 3ν
⎢ 1 +ν
⎢ 8
8
6
8
12
8
12 ⎥
6
⎢
⎥
ν
−1 + 3ν −3 + ν 1 + ν ⎥
⎢ −3 −ν 1 − 3ν 3 −ν −1 −ν
⎢ 12
12
8 ⎥
8
6
8
6
8
⎢
⎥
ν
−1 −ν 3 −ν 1 − 3ν −3 −ν 1 + ν −3 + ν ⎥
⎢ −1 + 3ν
⎢ 8
6
8
6
8
12
8
12 ⎥
⎥ (8.16)
[k1 ] = Ee 2 ⎢
1 − 3ν 3 − ν 1 + ν −3 − ν −1 + 3ν ⎥
ν
1 −ν ⎢ −3 + ν −1 −ν
⎢ 12
8
6
8
6
8
12
8 ⎥
⎢
⎥
ν ⎥
3 −ν 1 − 3ν
⎢ −1 − ν −3 + ν −1 + 3ν −3 − ν 1 + ν
⎢ 8
6
8
6 ⎥
12
8
12
8
⎢
⎥
−1 + 3ν −3 + ν 1 + ν −3 −ν 1 − 3ν 3 −ν −1 −ν ⎥
⎢ ν
⎢ 6
8
12
8
12
8
6
8 ⎥
⎢
⎥
ν
−1 −ν 3 −ν ⎥
⎢ 1 − 3ν −3 − ν 1 + ν −3 + ν −1 + 3ν
⎢⎣ 8
12
8
12
8
6
8
6 ⎥⎦
■■ Calcul de deux termes de [k1] par intégration numérique
Considérant une intégration numérique à deux points à la fois suivant x et h, il y a
1
1
, ηi = ±
.
donc quatre points de Gauss situés aux coordonnées ξi = ±
3
3
η
2
1
1 1
 , 
 3 3
 1 1
− , 
 3 3
v
ξ
u
 1 1
 − ,− 
 3 3
 1 1
 ,− 
 3 3
3
4
Figure 8.3 – Points de Gauss.
132
9782100544639.indb 132
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8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

Pour ν = 1 3 , les deux termes k11 et k12 de la matrice de rigidité sont donc égaux
à:
k11 =
1 1⎛
2
2
Ee 3 −ν
Ee
⎛ 1 + η ⎞ 1 −ν ⎛ 1 + ξ ⎞ ⎞
+
= 1.05 ⋅1010 N/m
⎜⎜ ⎜
⎟
⎜
⎟ ⎟⎟ d ξ dη =
∫
∫
2
1 −ν −1 −1 ⎝ ⎝ 4 ⎠
2 ⎝ 4 ⎠ ⎠
1 −ν 2 6
2
2
2
2
⎡
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞ ⎤
⎛
⎛
⎛
⎛
⎢
⎜ 1 + 3 ⎟ 1 −ν
⎜ 1 − 3 ⎟ 1 −ν
⎜1+ 3 ⎟
⎜1+ 3 ⎟ ⎥
⎢ 1 ⋅1 ⋅ ⎜
⋅1 ⋅1 ⋅ ⎜
⋅1 ⋅1 ⋅ ⎜
⎟ +
⎟ +
⎟ + 1 ⋅1 ⋅ ⎜
⎟ ⎥
⎢
2
2
⎜ 4 ⎟
⎜ 4 ⎟
⎜ 4 ⎟
⎜ 4 ⎟ ⎥
⎜
⎜
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟ ⎥
Ee ⎢
⎝
⎝
⎠
⎠
⎝
⎝
⎠
⎠ ⎥
⎢
=
2
2
1 −ν 2 ⎢
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞ ⎥
⎛
⎛
⎛
⎛
1
−
1
+
1
1
−
−
⎢
⎥
⎜
⎜
⎜
⎜
3 ⎟ 1 −ν
3 ⎟ 1 −ν
3⎟
3⎟ ⎥
⎢ +1 ⋅1 ⋅ ⎜
⋅1 ⋅1 ⋅ ⎜
⋅1 ⋅1 ⋅ ⎜
⎟ +
⎟ +
⎟
⎟ + 1 ⋅1 ⋅ ⎜
⎢
2
2
⎜ 4 ⎟
⎜ 4 ⎟
⎜ 4 ⎟ ⎥
⎜ 4 ⎟
⎜
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟ ⎥
⎜
⎟
⎢
⎠
⎝
⎝
⎝
⎠
⎠ ⎦
⎝
⎠
⎣

A
2
2
2
2
⎡
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞ ⎤
⎛
⎛
⎛
⎛
+
1
1
1
−
1
+
+
⎢
⎥
⎜
⎜
⎜
⎜
3 ⎟ 1 −ν
3⎟
3 ⎟ 1 −ν
3⎟ ⎥
⎢ 1 ⋅1 ⋅ ⎜
⋅1 ⋅1 ⋅ ⎜
⋅1 ⋅1 ⋅ ⎜
⎟ +
⎟ +
⎟ + 1 ⋅1 ⋅ ⎜
⎟
⎢
2
2
⎜ 4 ⎟
⎜ 4 ⎟
⎜ 4 ⎟
⎜ 4 ⎟ ⎥
⎜
⎜
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟ ⎥
⎢
Ee
⎝
⎝
⎠
⎠
⎝
⎝
⎠
⎠ ⎥
⎢
=
(8.17)
2
2
2
1 −ν ⎢
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞ ⎥
⎛
⎛
⎛
⎛
⎢
⎜ 1 − 3 ⎟ 1 −ν
⎜ 1 + 3 ⎟ 1 −ν
⎜1− 3 ⎟ ⎥
⎜1− 3 ⎟
⎢ +1 ⋅ 1 ⋅ ⎜
⋅1 ⋅1 ⋅ ⎜
⋅1 ⋅1 ⋅ ⎜
⎟ +
⎟ +
⎟ ⎥
⎟ + 1 ⋅1 ⋅ ⎜
⎢
4
4
2
4
4
2
⎜
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟ ⎥
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟ ⎥
⎜
⎟
⎢
⎠
⎝
⎝
⎝
⎠
⎠ ⎦
⎝
⎠
⎣
= 1.05 ⋅1010 N/m
1 1
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
k12 =
Ee
Ee 1 + ν
⎛ 1 +ν ⎛ 1 + ξ ⎞ ⎛ 1 + η ⎞ ⎞
= 3.9375 ⋅109 N/m
⎜
⎟⎜
⎟ ⎟ d ξ dη =
⎜
∫
∫
2
1 − ν −1 −1 ⎝ 2 ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎠
1 −ν 2 8
1 ⎞⎛
1 ⎞
1 ⎞⎛
1 ⎞⎤
⎡
⎛
⎛
1+
1+
1−
1+
⎢
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
1 +ν
1 +ν
3
3
3
3⎟⎥
⎢ 1 ⋅1 ⋅
⋅⎜
⋅⎜
⎟⎜
⎟ +1 ⋅1 ⋅
⎟⎜
⎟⎥
2 ⎜ 4 ⎟⎜ 4 ⎟
2 ⎜ 4 ⎟⎜ 4 ⎟ ⎥
⎢
⎜
⎟⎜
⎟
⎜
⎟⎜
⎟⎥
Ee ⎢
⎝
⎠⎝
⎠
⎝
⎠⎝
⎠
=
⎢
⎥
1 ⎞⎥
1 ⎞⎛
1 ⎞
1 ⎞⎛
1 −ν 2 ⎢
⎛
⎛
1−
1−
1−
1+
⎢
1 +ν ⎜
1 +ν ⎜
3 ⎟⎜
3 ⎟⎥
3 ⎟⎜
3⎟
⋅⎜
⋅⎜
⎟⎜
⎟⎜
⎟⎥
⎟ +1 ⋅1 ⋅
⎢ +1 ⋅1 ⋅
2 ⎜ 4 ⎟⎜ 4 ⎟
2 ⎜ 4 ⎟ ⎜ 4 ⎟⎥
⎢
⎜
⎜
⎟⎜
⎟⎜
⎟
⎟
⎢⎣
⎝
⎝
⎠⎝
⎠⎝
⎠ ⎥⎦
⎠
9
= 3.9375 ⋅10 N/m
9782100544639.indb 133
(8.18)
133
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

8.1.3 Vecteur charges en repère local
T
On sait d’après (4.18) que { f1s } = ∫ [ N ] ⋅ { f s } ⋅ dS1 .
s2
Considérant uniquement la face chargée (ξ = 1) de l’élément 1, seules les fonctions de forme N1 et N 4 interviennent dans le calcul de { f1s } , les charges nodales
associées aux nœuds 2 et 3 étant forcément nulles. ξ valant tout le temps 1 le long
h
de la face 1-4 et comme dy = ⋅ dη , on a :
2
⎧ F1x ⎫
⎪F ⎪
⎪ 1y ⎪
⎪ F2 x ⎪
⎪ ⎪
F
s = ⎪ 2y ⎪
f
{ 1 } ⎨F ⎬
⎪ 3x ⎪
⎪ F3 y ⎪
⎪ ⎪
⎪ F4 x ⎪
⎪ F4 y ⎪
⎩ ⎭
⎧F
⎪ 1x ⎫ = 1 ⎡ N 1
⎪ F1 y ⎬⎭ ∫−1 ⎢⎣ 0
⎪
⎪
⎪
⎪⎪
=⎨
⎪
⎪
⎪
⎪F
⎪ 4x ⎫ = 1 ⎡N 4
⎪ F4 y ⎬⎭ ∫−1 ⎢⎣ 0
⎪⎩
⎧ qh ⎫
⎪2⎪
⎪ ⎪
⎪0⎪
⎪0⎪
⎪ ⎪
⎪0⎪
=⎨ ⎬
⎪0⎪
⎪0⎪
⎪ ⎪
⎪ qh ⎪
⎪2⎪
⎪0⎪
⎩ ⎭
⎧ qh ⎫ ⎫
1
0 ⎤ ⎧q ⎫ h
qh
1
⎪ ⎪⎪
⎨ ⎬ dη = ∫ (1 + 1) (1 + η ) dη = ⎨ 2 ⎬ ⎪
⎥
N 1 ⎦ ⎩0 ⎭ 2
4
2
⎪⎩ 0 ⎪⎭ ⎪
−1
⎪
F2 x ⎫ ⎧0 ⎫
⎪
=
⎨ ⎬
F2 y ⎬⎭ ⎩0 ⎭
⎪⎪
⎬
F3 x ⎫ ⎧0 ⎫
⎪
⎬=⎨ ⎬
⎪
F3 y ⎭ ⎩0 ⎭
⎪
qh ⎫⎪
⎧
1
0 ⎤ ⎧q ⎫ h
qh
1
⎪ ⎪⎪
⎨ ⎬ dη = ∫ (1 + 1) (1 − η ) dη = ⎨ 2 ⎬⎪
⎥
N 4 ⎦ ⎩0 ⎭ 2
4
2
⎪⎩ 0 ⎪⎭⎪
−1
⎭
(8.19)
134
9782100544639.indb 134
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

8.1.4 Système [K ] ◊ {Q } = {F }
[ K ] ⋅ {Q } = [k1 ] ⋅ {Q } = { f1s } = {F }
(8.20)
A

La structure étant symétrique, il est possible de résoudre le problème en ne prenant
en compte qu’un seul des deux éléments, l’élément 1 en l’occurrence. De plus et
toujours en raison de cette symétrie, on sait que V4 = 0 . Il reste donc trois inconnues : U1 ,V1 et U 4 .
La matrice de rigidité et le vecteur charges de la structure se réduisent respectivement à [ k1 ] (8.16) et { f1s } (8.19). Aucun changement de base n’est en effet nécessaire puisque les repères xy et XY sont colinéaires. Le système s’écrit :
Avec :
[K ] =
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
ν
1 − 3ν ⎤
⎡ 3 −ν 1 + ν −3 −ν −1 + 3ν −3 + ν −1 −ν
⎢ 6
8
12
8
12
8
6
8 ⎥
⎢
⎥
⎢ 1 + ν 3 −ν 1 − 3ν
ν
−1 −ν −3 + ν −1 + 3ν −3 −ν ⎥
⎢ 8
8
6
8
12
8
12 ⎥⎥
6
⎢
⎢ −3 −ν 1 − 3ν 3 −ν −1 −ν
ν
−1 + 3ν −33 + ν 1 + ν ⎥
⎢
⎥
12
8 ⎥
8
6
8
6
8
⎢ 12
⎢ −1 + 3ν ν
−1 −ν 3 −ν 1 − 3ν −3 −ν 1 + ν −3 + ν ⎥
⎢
⎥
6
8
6
8
12
8
12 ⎥
Ee ⎢ 8
(8.21)
1 − 3ν 3 −ν 1 + ν −3 −ν −1 + 3ν ⎥
ν
1 −ν 2 ⎢ −3 + ν −1 −ν
⎢
⎥
8
6
8
6
8
12
8 ⎥
⎢ 12
⎢ −1 −ν −3 + ν −1 + 3ν −3 −ν 1 + ν 3 −ν 1 − 3ν
ν ⎥⎥
⎢
6
8
6 ⎥
12
8
12
8
⎢ 8
⎢
⎥
−1 + 3ν −3 + ν 1 + ν −3 − ν 1 − 3ν 3 − ν −1 − ν ⎥
⎢ ν
⎢ 6
8
12
8
12
8
6
8 ⎥
⎢
⎥
−1 −ν 3 −ν ⎥
⎢ 1 − 3ν −3 − ν 1 + ν −3 + ν −1 + 3ν ν
⎢⎣ 8
8
12
8
6
8
6 ⎦⎥
12
Ce qui donne après introduction des conditions d’appui et de symétrie (termes en
pointillés) :
⎡ 3 −ν
⎢ 6
⎢
Ee ⎢ 1 + ν
1 −ν 2 ⎢ 8
⎢ ν
⎢
⎣ 6
9782100544639.indb 135
1 +ν
8
3 −ν
6
−1 + 3ν
8
ν ⎤
⎧ qh ⎫
6 ⎥ ⎧U ⎫ ⎪ ⎪
1
⎥
2
−1 + 3ν ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⋅ ⎨ V1 ⎬ = ⎨ 0 ⎬
8 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
3 −ν ⎥ ⎩U 4 ⎭ ⎪ qh ⎪
⎥
⎩2⎭
6 ⎦
(8.22)
135
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

8.1.5 v = 0
■■ Déplacements
Le système (8.22) devient pour ν = 0 :
⎡1
⎢2
⎢
1
Ee ⋅ ⎢
⎢8
⎢
⎢0
⎣
1
8
1
2
−1
8
⎤
⎧ qh ⎫
0⎥
⎪2⎪
⎧
⎫
U
1
⎥
−1 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⋅ ⎨ V1 ⎬ = ⎨ 0 ⎬
8⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
1 ⎥ ⎩U 4 ⎭ ⎪ qh ⎪
⎥
⎩2⎭
2⎦
(8.23)
Ce qui permet de déduire après résolution :
⎧
qh
⎪U1 = Ee = 0.476 mm
⎪
⎨V1 = 0
⎪
qh
⎪U 4 =
= 0.476 mm = U1
Ee
⎩
(8.24)
Figure 8.4 – Exemple 5 : déformée (Effel) pour n = 0.
■■ Réactions
En injectant les déplacements (8.24) dans (8.20), on obtient pour les réactions :
136
9782100544639.indb 136
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
E ⋅ e ⎡⎛ −3 −ν ⎞
⎤
⎛ 1 − 3ν ⎞
⎛ −3 + ν ⎞
⋅ ⎢⎜
⎟ ⋅U1 + ⎜
⎟ ⋅V1 + ⎜
⎟ ⋅U 4 ⎥
2
⎝ 8 ⎠
⎝ 12 ⎠
(1 −ν ) ⎣⎝ 12 ⎠
⎦
qh
EeU1
⎡ U V U ⎤
R X 2 = Ee ⋅ ⎢ − 1 + 1 − 4 ⎥ = −
=−
8
4 ⎦
2
2
⎣ 4
E ⋅ e ⎡⎛ −1 + 3ν ⎞
⎤
⎛ν ⎞
⎛ 1 +ν ⎞
RY 2 =
⋅
⋅
U
+
⋅
V
+
⋅
U
1
1
4
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎢
⎥
⎝6⎠
⎝ 8 ⎠
(1 −ν 2 ) ⎣⎝ 8 ⎠
⎦
U ⎤
⎡ U
RY 2 = Ee ⋅ ⎢ − 1 + 0 + 4 ⎥ = 0
8 ⎦
⎣ 8
E ⋅ e ⎡⎛ −3 + ν ⎞
⎤
⎛ −3 −ν ⎞
⎛ −1 −ν ⎞
RX 3 =
⋅ ⎢⎜
⎟ ⋅V1 + ⎜
⎟ ⋅U 4 ⎥
⎟ ⋅U1 + ⎜
2
⎝ 12 ⎠
⎝ 8 ⎠
(1 −ν ) ⎣⎝ 12 ⎠
⎦
qh
EeU1
⎡ U V U ⎤
R X 3 = Ee ⋅ ⎢ − 1 − 1 − 4 ⎥ = −
=−
8
4 ⎦
2
2
⎣ 4
E ⋅ e ⎡⎛ −1 −ν ⎞
⎤
⎛ −3 + ν ⎞
⎛ 1 − 3ν ⎞
RY 3 =
⋅
⋅
U
+
⋅
V
+
1
1
⎜
⎟ ⋅U 4 ⎥
⎜
⎟
⎜
⎟
⎢
2
ν
1
8
12
8
−
⎝
⎠
⎠
⎝
⎠
(
) ⎣⎝
⎦
A
(8.25)

RX 2 =
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

U ⎤
⎡ U
RY 3 = Ee ⋅ ⎢ − 1 + 0 + 4 ⎥ = 0
8 ⎦
⎣ 8
On notera que la réaction R X 3 est à multiplier par deux en raison de la symétrie.
■■ Déformations et contraintes
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Les déformations pouvant être calculées grâce aux expressions (4.10) et (8.15),
⎧ u1 ⎫
⎪v ⎪
⎪ 1⎪
⎪u2 ⎪
⎪ ⎪
⎪ v2 ⎪
(8.26)
{ε } = [ B ] ⋅ {q1} = [ B ] ⋅ ⎨ ⎬
⎪u3 ⎪
⎪v3 ⎪
⎪ ⎪
⎪u4 ⎪
⎪u4 ⎪
⎩ ⎭
On déduit les déformations et contraintes dans l’élément 1 en appliquant (8.2) et
(8.1) :
⎧ u1 ⎫
⎧ε xx ⎫
⎧
⎫ ⎪h ⎪
(1 + η ) ⋅ u1 + (1 − η ) ⋅ u4
⎪ ⎪ 2 1⎪
⎪ ⎪ ⎪
{ε } = ⎨ε yy ⎬ = ⋅ ⎨
(1 + ε ) ⋅ v1
⎬ = ⎨ 0 ⎬ (8.27)
⎪γ ⎪ h 4 ⎪(1 + ξ ) ⋅ u + (1 + η ) ⋅ v − (1 + ξ ) ⋅ u ⎪ ⎪ 0 ⎪
1
1
4⎭
⎩
⎩ xy ⎭
⎪ ⎪
⎩ ⎭
9782100544639.indb 137
137
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.1.6 v = 1/3
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

q
⎧σ xx ⎫ ⎧ ⎫ ⎧100 MPa ⎫
⎪
⎪ ⎪ ⎪ e ⎪⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨ 0 ⎬ = ⎨ 0 ⎬
⎪
⎪τ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0
⎭
⎩ xy ⎭ ⎪⎩ 0 ⎪⎭ ⎩
(8.28)
■■ Déplacements
En posant maintenant ν = 1 3 , le système (8.22) s’écrit :
3 1⎤
⎡1
⎧ qh ⎫
⎢ 2 16 16 ⎥
⎪2⎪
⎧
⎫
U
1
⎢
⎥
3 1
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎢
⎥
Ee ⋅
0 ⋅ ⎨ V1 ⎬ = ⎨ 0 ⎬
⎢16 2
⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎢1
1 ⎥ ⎩U 4 ⎭ ⎪ qh ⎪
0
⎢
⎥
⎩2⎭
2⎦
⎣16
Ce qui donne pour les déplacements :
28 qh
⎧
⎪U1 = 27 Ee = 0.494 mm
⎪
7 qh
⎪
= −0.185 mm
⎨V1 = −
18 Ee
⎪
47 qh
⎪
⎪⎩U 4 = 54 Ee = 0.414 mm
(8.29)
(8.30)
Figure 8.5 – Exemple 5 : déformée (Effel) pour n = 1/3.
138
9782100544639.indb 138
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.1 Exemple 5 : élément quadrangle

■■ Réactions
Les réactions sont alors égales :
RX 2 =
E ⋅ e ⎡⎛ −3 −ν ⎞
⎤
⎛ 1 − 3ν ⎞
⎛ −3 + ν ⎞
⋅ ⎢⎜
⎟ ⋅U1 + ⎜
⎟ ⋅V1 + ⎜
⎟ ⋅U 4 ⎥
2
⎝ 8 ⎠
⎝ 12 ⎠
(1 −ν ) ⎣⎝ 12 ⎠
⎦
13
Ee
[ −10U1 + 0 − 8U 4 ] = − qh = −5.417 MN
32
24
E ⋅ e ⎡⎛ −1 + 3ν ⎞
⎤
⎛ν ⎞
⎛ 1 +ν ⎞
⋅ ⎢⎜
RY 2 =
⎟ ⋅U1 + ⎜ ⎟ ⋅V1 + ⎜
⎟ ⋅U 4 ⎥
2
⎝6⎠
⎝ 8 ⎠
(1 −ν ) ⎣⎝ 8 ⎠
⎦
RX 2 =
9 Ee ⎡ V1 U 4 ⎤
= 1.389 MN
0+ +
8 ⎢⎣ 18 6 ⎥⎦
E ⋅ e ⎡⎛ −3 + ν ⎞
⎤
⎛ −1 −ν ⎞
⎛ −3 −ν ⎞
RX 3 =
⋅ ⎢⎜
⎟ ⋅V1 + ⎜
⎟ ⋅U 4 ⎥
⎟ ⋅U1 + ⎜
2
⎝ 8 ⎠
⎝ 12 ⎠
(1 −ν ) ⎣⎝ 12 ⎠
⎦

A
RY 2 =
(8.31)
9 Ee ⎡ 2U1 V1 5U 4 ⎤
−
− −
= −4.583 MN
8 ⎢⎣ 9
6
18 ⎥⎦
E ⋅ e ⎡⎛ −1 −ν ⎞
⎤
⎛ −3 + ν ⎞
⎛ 1 − 3ν ⎞
RY 3 =
⋅ ⎢⎜
⎟ ⋅U 1 + ⎜
⎟ ⋅V1 + ⎜
⎟ ⋅U 4 ⎥
2
⎝ 12 ⎠
⎝ 8 ⎠
(1 −ν ) ⎣⎝ 8 ⎠
⎦
RX 3 =
RY 3 =
9 Ee ⎡ U1 2V1
⎤
− −
+ 0⎥ ≠ 0
⎢
8 ⎣ 6
9
⎦
La réaction R X 3 est encore une fois à multiplier par deux en raison de la symétrie.
Celle au nœud 3 dans la direction Y est non nulle. Cependant, cette valeur s’annule
avec celle de l’élément limitrophe qui grâce à la symétrie permet de bien trouver
RY 3 égale à zéro.
■■ Contraintes
En appliquant à nouveau la relation (8.26), on trouve pour ν = 1 3 :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧ε xx ⎫
⎧
⎫
(1 + η ) ⋅ u1 + (1 − η ) ⋅ u4
⎪ ⎪ 2 1⎪
⎪
{ε } = ⎨ε yy ⎬ = ⋅ ⎨
(1 + ε ) ⋅ v1
⎬
⎪γ ⎪ h 4 ⎪(1 + ξ ) ⋅ u + (1 + η ) ⋅ v − (1 + ξ ) ⋅ u ⎪
1
1
4⎭
⎩
⎩ xy ⎭
⎧ 103 + 9η ⎫
⎪
⎪
108
⎪
⎪
7 (1 + ξ ) ⎪
q ⎪
=
−
⎨
⎬
Eh ⎪
36
⎪
⎪ ( 4 + 7η − 3ξ ) ⎪
⎪−
⎪
36
⎩
⎭
9782100544639.indb 139
(8.32)
139
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

⎧ ( 96 + 9η − 7ξ ) ⎫
⎪
⎪
96
⎧σ xx ⎫
⎪
⎪
⎪ ⎪ q ⎪ ( 40 + 9η − 63ξ ) ⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨
⎬
288
⎪τ ⎪ e ⎪
⎪
⎩ xy ⎭
⎪ ( 4 + 7η − 3ξ ) ⎪
⎪−
⎪
96
⎩
⎭
(8.33)
soit en fonction des coordonnées x, h :
ξ = −1; η = 1
⎧σ xx ⎫ ⎧ 116.7 MPa ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨ 38.9 MPa ⎬
⎪ τ ⎪ ⎪−14.6 MPa ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = 1; η = 1
⎧σ xx ⎫ ⎧ 102 MPa ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨−4.86 MPa ⎬
⎪ τ ⎪ ⎪ −8.33 MPa ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = 0; η = 0
⎧
⎫
⎪ 1 ⎪
⎧σ xx ⎫
⎪
⎪ ⎧ 100 MPa ⎫
⎪ ⎪ q ⎪ 40 ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨
⎬ = ⎨ 13.89 MPa ⎬
⎪ τ ⎪ e ⎪ 288 ⎪ ⎪−4.17 MPa ⎪
⎭
⎩ xy ⎭
⎪− 4 ⎪ ⎩
⎪⎩ 96 ⎪⎭
ξ = −1; η = −1
⎧σ xx ⎫ ⎧97.9 MPa ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨32.6 MPa ⎬
⎪τ ⎪ ⎪
⎪
0
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
(8.34)
ξ = 1; η = −1
⎧σ xx ⎫ ⎧ 83.3 MPa ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨−11.1 MPa ⎬
⎪ τ ⎪ ⎪ 6.25 MPa ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
La comparaison des résultats obtenus avec les deux valeurs de coefficient de
P
­ oisson met en évidence le raccourcissement transversal associé à ν = 1 3 . En effet,
la charge répartie q provoque dans ce cas des contraintes normales horizontales
mais également transversales. On notera également l’apparition de contraintes de
cisaillement.
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire
Soit la structure suivante modélisée avec deux éléments isoparamétriques membranes triangulaires à trois nœuds d’épaisseur e :
140
9782100544639.indb 140
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8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

q = 1 107 N/m
Y
X
4
3
x
y
h
A
y
1

x
2
h
Figure 8.6 – Exemple 6 : deux éléments membranes triangulaires.
Application numérique : E = 2.1 1011 N/m2, n = 0.3, q = 1 107 N/m, h = 1 m,
e = 0.1 m
Tableau 8.2 – Exemple 6 : connectivité élémentaire.
Nœuds
Élément
I
J
K
1
1
2
4
2
3
4
2
Les fonctions de forme de l’élément de référence associé sont d’après (7.18) égales à :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧ N1(ξ ,η ) = 1 − ξ − η
⎪
⎨ N 2 (ξ ,η ) = ξ
⎪ N (ξ ,η ) = η
⎩ 3
(8.35)
η
3 (0,1)
v
u
1
(1,0)
2
ξ
Figure 8.7 – Élément de référence T3.
9782100544639.indb 141
141
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

8.2.1 Calcul de la matrice jacobienne et de son inverse
Le principe de calcul du jacobien étant celui décrit en (7.37), on a pour l’élément 1 :
⎡ ∂ N1
⎢ ∂ξ
[ J1 ] = ⎢ ∂ N
⎢
1
⎢⎣ ∂η
∂ N2
∂ξ
∂ N2
∂η
∂ N3 ⎤
⎡ x1
∂ξ ⎥ ⎢
⎥⋅ x
∂ N3 ⎥ ⎢ 2
⎢x
∂η ⎥⎦ ⎣ 4
⎡ x1
y1 ⎤
⎥ ⎡ −1 1 0 ⎤ ⎢
⋅ x
y2 ⎥ = ⎢
−1 0 1 ⎥⎦ ⎢ 2
⎣
⎢ x4
y 4 ⎥⎦
⎣
y1 ⎤
⎥
y2 ⎥ (8.36)
y 4 ⎥⎦
⎡ x 2 − x1
y2 − y1 ⎤ ⎡h 0 ⎤
=
et det [ J1 ] = h 2
y 4 − y1 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 h ⎥⎦
(8.37)
ce qui donne :
[ J1 ] = ⎢ x − x
⎣ 4
1
De la même façon, nous avons pour l’élément 2 :
⎡ x3
⎡ −1 1 0 ⎤ ⎢
[ J 2 ] = ⎢ −1 0 1 ⎥ ⋅ ⎢ x 4
⎣
⎦ ⎢x
⎣ 2
y3 ⎤
⎥
y4 ⎥
y2 ⎥⎦
(8.38)
soit :
⎡ x 4 − x3
[ J2 ] = ⎢x − x
⎣ 2
3
y 4 − y3 ⎤ ⎡ h 0 ⎤
=
et det [ J2 ] = h 2
y2 − y3 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 h ⎥⎦
(8.39)
1 ⎡1 0 ⎤
⎢
⎥
h ⎣0 1 ⎦
(8.40)
d’où finalement :
[ J1 ]−1 = [ J 2 ]−1 =
De ce fait, les relations entre les
∂ Ni ∂ Ni
∂ Ni ∂ Ni
,
et
,
sont égales à :
∂x ∂ y
∂ξ ∂η
⎧∂ Ni 1 ∂ Ni
⎪⎪ ∂ x = h ∂ξ
⎨∂ N
1 ∂ Ni
i
⎪
=
h ∂η
⎩⎪ ∂ y
(8.41)
On notera par ailleurs qu’en (8.37) et (8.39) le déterminant du jacobien est égal
à deux fois l’aire du triangle ce qui constitue une des particularités de l’élément
triangulaire à trois nœuds.
142
9782100544639.indb 142
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8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

8.2.2 Matrice de rigidité élémentaire en repère local
Reprenant la même démarche qu’en § 8.1.2, on a :
∂ N2
∂x
0
∂ N1
∂y
∂ N1
∂x
0
∂ N2
∂y
∂ N2
∂x
0
∂ N2
∂y
∂ N3
∂x
0
∂ N3
∂y
⎤
0 ⎥
⎥
∂ N3 ⎥
∂ y ⎥⎥
∂ N3 ⎥
∂ x ⎥⎦
(8.42)
A

⎡∂ N
1
⎢
x
∂
⎢
⎢
[B ] = ⎢ 0
⎢
⎢ ∂ N1
⎢ ∂y
⎣
⎡ −1 0 1 0 0 0 ⎤
1⎢
⎥
= ⎢ 0 −1 0 0 0 1 ⎥
h
⎢ −1 −1 0 1 1 0 ⎥
⎣ ⎦
[ B1 ]
On sait en vertu de (7.38) que :
⎡
⎤
⎢1 ν
0 ⎥
T ⎢
⎥
eEh 2 1 1 1 1−ξ
0 ⎥ ⋅ [ B1 ] ⋅ det [ J1 ] ⋅ d ξ dη
⋅ ⎢ν 1
B
[k1 ] =
[
]
1
∫
∫
2
0
0
(1 −ν ) h h
⎢
1 −ν ⎥
⎥
⎢0 0
2 ⎦
⎣
Les
(8.43)
∂ Ni
∂ Ni
et
étant indépendants de ξ ,η , il est possible de considérer chacun
∂ξ
∂η
des termes de la matrice [ k1 ] comme une constante et d’intégrer une seule fois le
produit d ξ dη , soit :
1 1−ξ
1
1
1−ξ
η 0 ⋅ dξ = 1 − ξ
0
0
∫0 ∫0 d ξ dη = ∫ [ ]
∫(
1
1
ξ2 ⎤
⎡
) ⋅ d ξ = ⎢ξ − ⎥ =
2 ⎦0 2
⎣
(8.44)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
d’où finalement :
⎡ 3 −ν
⎢ 1 +ν
⎢
⎢ −2
Ee
[k1 ] =
⎢
2
4 (1 −ν ) ⎢ −1 + ν
⎢ −1 + ν
⎢
⎢⎣ −2ν
1 +ν
3 −ν
−2ν
−1 + ν
−1 + ν
−2
−2
−2ν
2
0
0
2ν
−1 + ν
−1 + ν
0
1 −ν
1 −ν
0
−1 + ν
−1 + ν
0
1 −ν
1 −ν
0
−2ν ⎤
−2 ⎥
⎥
2ν ⎥
⎥ (8.45)
0 ⎥
0 ⎥
⎥
2 ⎥⎦
qui est aussi égale à [ k2 ] puisque les deux éléments sont semblables.
9782100544639.indb 143
143
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

8.2.3 Matrices de rigidité élémentaire en repère global
La démarche étant identique à celle décrite en § 4.2.4, les matrices de changement
de repère [ R1 ] et [ R2 ] sont de la forme :
⎡ cosθ
⎢ − sin θ
⎢
⎢ 0
[ Re ] = ⎢ 0
⎢
⎢ 0
⎢
⎢⎣ 0
sin θ
cosθ
0
0
0
0
0
0
cosθ
− sin θ
0
0
0
0
sin θ
cosθ
0
0
0
0
0
0
cos θ
− sin θ
0 ⎤
0 ⎥
⎥
0 ⎥
⎥
0 ⎥
sin θ ⎥
⎥
cosθ ⎥⎦
(8.46)
On déduit alors pour les matrices [ K 1 ] et [ K 2 ] en repère global :
Élément 1 : q = 0
[ R1 ] = [ I ] ⇒ [ K 1 ] = [ R1 ]T ⋅ [k1 ] ⋅ [ R1 ] = [k1 ]
(8.47)
[ R2 ] = − [ I ] ⇒ [ K 2 ] = [ R2 ]T ⋅ [k2 ] ⋅ [ R2 ] = [k2 ]
(8.48)
Élément 2 : q = p
8.2.4 Vecteur charges en repère local et global
T
On sait en vertu de (4.18) que { f 2s } = ∫ [ N ] ⋅ { f s } ⋅ dS2 .
s2
La face 3-4 de l’élément 2 étant la seule chargée, seules les fonctions de forme
N1 et N 2 seront concernées pour le calcul. En posant le changement de base
dx = h ⋅ d ξ , on obtient :
⎧
⎧ 0 ⎫⎫ ⎧ 0 ⎫
⎪ F3 x ⎫
⎪ qh ⎪⎪ ⎪ ⎪
⎡ N1 0 ⎤
⎪ ⎪
⎪ ⎪⎪ ⎪ qh ⎪
⎢
⎥
F
N
0
0
1
⎧
⎫
1⎥
⎪ 2 ⎪⎪ ⎪ 2 ⎪
⎪ 3y ⎪ = ⎢
⎪ F4 x ⎬ ∫0 ⎢ N 2 0 ⎥ ⋅ ⎨q ⎬ ⋅ h ⋅ d ξ = ⎨ 0 ⎬⎪ ⎪ 0 ⎪
⎪ ⎪⎪ = ⎪ ⎪
{ f 2s } = ⎨⎪F4 y ⎪⎪ ⎢ 0 N 2 ⎥ ⎩ ⎭
⎪ qh ⎪⎬ ⎨ qh ⎬
⎣
⎦
⎪ ⎭
⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪
⎩ 2 ⎭⎪ ⎪ 2 ⎪
⎪
⎪
⎪ ⎪0⎪
F2 x ⎫ ⎧0 ⎫
⎪
⎪ ⎪ ⎪
=
F2 y ⎬⎭ ⎨⎩0 ⎬⎭
⎪⎩
⎪⎭ ⎪⎩ 0 ⎪⎭
(8.49)
144
9782100544639.indb 144
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

T
Comme {F2s } = [ R2 ] ⋅ { f 2s } , on déduit :
⎧ 0 ⎫
⎪ qh ⎪
⎪− ⎪
⎪ 2⎪
⎪ 0 ⎪
{F2s } = ⎪⎨ qh ⎪⎬
⎪− ⎪
⎪ 2⎪
⎪ 0 ⎪
⎪
⎪
⎪⎩ 0 ⎪⎭
(8.50)

A
8.2.5 Assemblage des matrices élémentaires
En divisant chacune des matrices [ K 1 ] et [ K 2 ] en neuf sous matrices 2 ¥ 2 K ij
(i nœud de départ, j nœud d’arrivée), les matrices de rigidité élémentaire deviennent :
⎡ K 11
[ K 1 ] = ⎢⎢ K 21
⎢ K 41
⎣
K 12
K 22
K 42
⎡ K 33
K 14 ⎤
⎥
⎢
K 24 ⎥ et [ K 2 ] = ⎢ K 43
⎢ K 23
K 44 ⎥⎦
⎣
K 34
K 44
K 24
K 32 ⎤
⎥
K 42 ⎥
K 22 ⎥⎦
(8.51)
d’où la matrice de rigidité de la structure :
⎡ ( K 11 )1
⎢
(K )
K
=
[ ] ⎢⎢ 021 1
⎢
⎢⎣( K 41 )1
0
⎤
( K 12 )1
( K 14 )1
( K 22 )1 + ( K 22 )2 ( K 23 )2 ( K 24 )1 + ( K 24 )2 ⎥⎥
(8.52)
⎥
( K 32 )2
( K 33 )2
( K 34 )2
⎥
( K 42 )1 + ( K 42 )2 ( K 43 )2 ( K 44 )1 + ( K 44 )2 ⎥⎦
d’où :
[K ] =
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
−2
−1 + ν
0
0
−1 + ν
−2ν ⎤
⎡ 3 −ν 1 + ν
⎢ 1 + ν 3 −ν
−2ν
−1 + ν
0
0
−1 + ν
−2 ⎥
⎢
⎥
⎢ −2 −2ν 2 + 1 −ν
0
−1 + ν −1 + ν
0
2ν + 1 −ν ⎥
⎢
⎥
0
1 −ν + 2 −2ν
−2 1 −ν + 2ν
0
Ee
⎢ −1 + ν −1 + ν
⎥
2
⎢
⎥
0
0
−
1
+
ν
−
2
ν
3
−
ν
1
+
ν
−
2
−
1
+
ν
4 (1 −ν )
⎢
⎥
0
−1 + ν
−2
1 + ν 3 −ν
−2ν
−1 + ν ⎥
⎢ 0
⎢ −1 + ν −1 + ν
⎥
0
1 −ν + 2ν −2 −2ν 1 −ν + 2
0
⎢
⎥
−2 2ν + 1 −ν
−1 + ν −1 + ν
0
0
2 + 1 −ν ⎥⎦
⎢⎣ −2ν
(8.53)
9782100544639.indb 145
145
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

soit après simplification :
0 −1 + ν −2ν ⎤
⎡ 3 −ν 1 + ν −2 −1 + ν 0
⎢ 1 + ν 3 −ν −2ν −1 + ν 0
0 −1 + ν −2 ⎥
⎢
⎥
⎢ −2 −2ν 3 −ν
0 −1 + ν −1 + ν 0 1 + ν ⎥
⎢
⎥
−1 + ν −1 + ν 0
3 − ν −2ν
−2 1 + ν
0 ⎥
Ee
⎢
(8.54)
[K ] =
0 −1 + ν −2ν 3 − ν 1 + ν −2 −11 + ν ⎥
4 (1 −ν 2 ) ⎢ 0
⎢
⎥
0 −1 + ν −2 1 + ν 3 −ν −2ν −1 + ν ⎥
⎢ 0
⎢ −1 + ν −1 + ν 0 1 + ν −2 −2ν 3 − ν
0 ⎥
⎢
⎥
−2 1 + ν
0 −1 + ν −1 + ν 0
3 −ν ⎥⎦
⎢⎣ −2ν
Ceci étant, il aurait été tout à fait possible d’utiliser les matrices booléennes d’assemblage vues en § 4.2.4. Il suffirait alors de poser que [ A1 ] et [ A2 ] sont respectivement égales à :
⎡1 0 0 0 0 0 0 0 ⎤
⎡0 0 0 0 1 0 0 0 ⎤
⎢0 1 0 0 0 0 0 0 ⎥
⎢0 0 0 0 0 1 0 0 ⎥
⎢
⎢
⎥
⎥
⎢0 0 1 0 0 0 0 0 ⎥
⎢0 0 0 0 0 0 1 0 ⎥
[ A1 ] = ⎢0 0 0 1 0 0 0 0 ⎥ [ A2 ] = ⎢0 0 0 0 0 0 0 1 ⎥ (8.55)
⎢
⎢
⎥
⎥
⎢0 0 0 0 0 0 1 0 ⎥
⎢0 0 1 0 0 0 0 0 ⎥
⎢
⎢
⎥
⎥
⎢⎣0 0 0 0 0 0 0 1 ⎥⎦
⎢⎣0 0 0 1 0 0 0 0 ⎥⎦
et de calculer ensuite :
[ K ] = [ A1 ]T ⋅ [ K 1 ] ⋅ [ A1 ] + [ A2 ]T ⋅ [ K 2 ] ⋅ [ A2 ]
(8.56)
8.2.6 Conditions d’appui : nœuds 1, 2 et 4 bloqués
■■ Déplacements
Les nœuds 1,2 et 4 étant bloqués dans les directions horizontale et verticale, le
vecteur charges {F } en repère global s’écrit :
⎧ RX 1 ⎫
⎪ R
⎪
Y1
⎪
⎪
⎪ RX 2 ⎪
⎪
⎪
⎪ RY 2 ⎪
⎪
⎪
(8.57)
{F } = ⎨ 0 ⎬
qh
⎪
⎪
⎪ − 2 ⎪
⎪
⎪
⎪ RX 4 ⎪
⎪
qh ⎪
⎪RY 4 − ⎪
2⎭
⎩
146
9782100544639.indb 146
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

Le système [ K ] ⋅ {Q } = {F } associé à (8.54) et (8.57) devient après introduction
des conditions d’appui :
⎧ 0 ⎫
⎧⎪
⎡3 −ν 1 + ν ⎤ ⎧U 3 ⎫ ⎪
E
⎪
(8.58)
⎨
⎢1 + ν 3 −ν ⎥ ⋅ ⎨V ⎬ = ⎨ qh ⎬
2
⎪⎩ 4 (1 −ν ) ⎣
⎦ ⎩ 3 ⎭ ⎪− ⎪
⎩ 2⎭
ce qui donne pour les déplacements au nœud 3 :
A
(8.59)

2
⎧
qh (1 + ν )
= 0.201mm
⎪U 3 =
⎪
4 Ee
⎨
⎪V = − qh (1 + ν ) ( 3 −ν ) = −0.418 mm
⎪⎩ 3
4 Ee
Figure 8.8 – Exemple 6 : déformée (Effel) avec nœuds 1, 2 et 4 bloqués.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
■■ Réactions
Les réactions aux nœuds bloqués peuvent être obtenues directement à partir de la
matrice de rigidité du système (8.54) et de la relation :
0
⎧
⎫
⎪
⎪
0
⎧ 0 ⎫
⎪
⎪
0
⎧ RX 1 ⎫
⎧ 0 ⎫ ⎪ 0 ⎪ ⎪ qh (1 −ν ) ⎪ ⎧
⎫
⎪
⎪
⎪ RY 1 ⎪
⎪
⎪0⎪
⎪
0
0 ⎪ ⎪
⎪
8
⎪
⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎪
⎪
⎪RX 2 ⎪
⎪ 0 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ qh ( 3 + ν ) ⎪ ⎪ 875000 N ⎪
⎪ RY 2 ⎪
⎪0⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪
⎪ ⎪ 4125000 N ⎪
8
⎨ 0 ⎬ = [ K ] ⋅ ⎨U ⎬ − ⎨
⎬ =⎨
⎬ (8.60)
⎬=⎨
0
0
qh
3
⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪− ⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪
0
0
⎪ 0 ⎪
⎪V3 ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪
⎪R X 4 ⎪
⎪ 0 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ qh (1 −ν ) ⎪ ⎪ −875000 N ⎪
⎪R ⎪
⎪ 0 ⎪ ⎪ qh ⎪ ⎪−
⎪ ⎪ 5875000 N ⎪
8
⎩ Y4⎭
⎩ ⎭ ⎪− ⎪ ⎪
⎭
⎪ ⎩
⎩ 2 ⎭ ⎪ qh ( 5 −ν ) ⎪
⎪⎩
⎪⎭
8
147
9782100544639.indb 147
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

□□ Contraintes
Les nœuds 1, 2 et 4 de l’élément 1 étant tous bloqués, les contraintes dans cet
élément sont bien évidemment toutes nulles. Concernant l’élément 2 et afin d’évaluer les déplacements dans son repère local, il est tout d’abord nécessaire de faire le
changement de base inverse suivant :
{q2 } = [ R2 ] ⋅ {Q2 } = − [ I ] ⋅ {Q2 } = − {Q2 }
(8.61)
Avant de calculer les contraintes proprement dites, il faut évaluer les déformations
au moyen de la relation (4.10) en posant que {ε } = [ B ] ⋅ {q2 } , [ B ] correspondant
dans ce cas à l’expression trouvée en (8.42). On a :
⎧u3 ⎫
⎪v ⎪
3
⎡ −1 0 1 0 0 0 ⎤ ⎪ ⎪
1
⎪⎪u4 ⎪⎪
(8.62)
{ε } = − ⎢⎢ 0 −1 0 0 0 1 ⎥⎥ ⎨ ⎬
v4 ⎪
h
⎪
⎢ −1 −1 0 1 1 0 ⎥
⎣
⎦ ⎪u ⎪
2
⎪ ⎪
v
⎩⎪ 2 ⎪⎭
d’où les contraintes dans l’élément :
⎧ q (1 −ν ) ⎫
⎡
⎤
⎪
⎪
4e ⎪ ⎧ 17.5 MPa ⎫
⎢1 ν
⎧σ xx ⎫
0 ⎥
⎪
⎥
E ⎢
⎪ ⎪
⎪
⎪ q (3 +ν ) ⎪ ⎪
ν
ε
1
0
=
⋅
{σ 2 } = ⎨σ yy ⎬ =
{
}
⎨−
⎬ = ⎨−82.5 MPa ⎬ (8.63)
⎢
⎥
2
−
ν
1
e
4
⎪τ ⎪
⎪
⎪ ⎪−17.5 MPa ⎪
⎢
1 −ν ⎥
⎭
⎩ xy ⎭
⎪ q (1 −ν ) ⎪ ⎩
⎢0 0
⎥
−
⎣
2 ⎦
⎪
4e ⎪⎭
⎩
8.2.7 Conditions d’appui : nœuds 1, 2 et 3 bloqués
■■ Déplacements
Répétant le processus du § 8.2.6 en considérant maintenant les nœuds 1, 2 et 3
bloqués, le vecteur {F } et le système à résoudre deviennent respectivement :
⎧ RX 1 ⎫
⎪ R
⎪
Y1
⎪
⎪
⎪ RX 2 ⎪
⎪
⎪
⎪ RY 2 ⎪
⎪
⎪
(8.64)
{F } = ⎨ R X 3 ⎬
qh ⎪
⎪
⎪RY 3 − 2 ⎪
⎪
⎪
0
⎪
⎪
⎪
qh ⎪
⎪
⎪ −
2 ⎭
⎩
148
9782100544639.indb 148
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8 • Éléments de membrane
⎡3 − ν
E
⎢
4 (1 −ν 2 ) ⎣ 0
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

0 ⎫
0 ⎤ ⎧U 4 ⎫ ⎧⎪
⎪
⋅ ⎨ ⎬ = ⎨ qh ⎬
3 −ν ⎥⎦ ⎩V4 ⎭ ⎪− ⎪
⎩ 2⎭
(8.66)
A

d’où les déplacements au nœud 4 :
⎧U 4 = 0
⎪
2qh (1 −ν 2 )
⎨
= −0.321mm
V
=
−
4
⎪
Ee ( 3 −ν )
⎩
(8.65)
Figure 8.9 – Exemple 6 : déformée (Effel) avec nœuds 1, 2 et 3 bloqués.
■■ Réactions
Le calcul des réactions devient :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧ qhν
⎫
⎪ 3 −ν ⎪
⎪
⎧ 0 ⎫ ⎪
qh
⎪
⎪ ⎧ 1111111 N ⎫
⎧ RX 1 ⎫
⎧0⎫ ⎪ 0 ⎪
⎪
⎪ ⎪
3
ν
−
⎪
⎪R ⎪
⎪
⎪0⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪ 3703703 N ⎪
Y
1
⎪
⎪
0
⎪
⎪ ⎪
⎪
1
qh
ν
+
(
)
⎪ ⎪−2407407 N ⎪
⎪RX 2 ⎪
⎪ 0 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪−
⎪
⎪ ⎪
−
2
3
ν
(
)
⎪
⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎪⎪ ⎪
0
⎪ RY 2 ⎪
⎪
⎪ 0 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪⎪
0
⎨
⎬ (8.67)
⎬=⎨
⎬ = [K ] ⋅ ⎨ ⎬ − ⎨
⎬=⎨
⎪R X 4 ⎪
⎪ 0 ⎪ ⎪ qh ⎪ ⎪ qh (1 −ν ) ⎪ ⎪ 1296296 N ⎪
⎪ RY 4 ⎪
⎪ 0 ⎪ ⎪− 2 ⎪ ⎪
⎪ ⎪ 6296296 N ⎪
⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪ 2 ( 3 −ν ) ⎪ ⎪
⎪
0
⎪ 0 ⎪
⎪
⎪U 4 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ qh ( 2 −ν ) ⎪ ⎪
⎪ 0 ⎪
⎪
⎪V4 ⎪ ⎪ qh ⎪ ⎪
⎪ ⎪
0
⎩
⎭
⎩ ⎭ ⎪− ⎪ ⎪ 3 −ν ⎪ ⎩
⎭
⎩ 2⎭ ⎪
⎪
0
⎪
⎪
0
⎪⎩
⎪⎭
9782100544639.indb 149
149
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

■■ Contraintes
Le repère local de l’élément 1 étant confondu avec le repère global, on sait que
{q1} = [ R1 ] ⋅ {Q1} = [ I ] ⋅ {Q1} = {Q1} d’où pour les contraintes dans cet élément :
⎧ u1 ⎫
⎪v ⎪
1
⎧σ xx ⎫
⎡ −1 0 1 0 0 0 ⎤ ⎪ ⎪
⎪
u
1
⎪ ⎪
⎪ 2 ⎪⎪
{σ1} = ⎨σ yy ⎬ = [ H ] ⋅ {ε } = [ H ] ⋅ ⎢⎢ 0 −1 0 0 0 1 ⎥⎥ ⋅ ⎨ ⎬ (8.68)
v
h
⎪τ ⎪
⎢ −1 −1 0 1 1 0 ⎥ ⎪ 2 ⎪
⎣
⎦ ⎪u ⎪
⎩ xy ⎭
4
⎪ ⎪
⎪⎩v4 ⎪⎭
2qν ⎫
⎧
⎪− e ( 3 −ν ) ⎪
⎧σ xx ⎫ ⎪
⎪ ⎧−22 MPa ⎫
2q ⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎪
d’où {σ 1 } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨−
⎬ = ⎨−74 MPa ⎬ .
−
ν
e
3
(
)
⎪τ ⎪ ⎪
⎪ ⎪
⎪
0
⎭
⎩ xy ⎭ ⎪
⎪ ⎩
0
⎪
⎪
⎩
⎭
La démarche de calcul étant identique à celle établie en § 8.2.6, les contraintes dans
l’élément 2 sont égales :
⎧u3 ⎫
⎪v ⎪
3
⎧σ xx ⎫
⎡ −1 0 1 0 0 0 ⎤ ⎪ ⎪
1
⎪ ⎪
⎪⎪u4 ⎪⎪
{σ 2 } = ⎨σ yy ⎬ = [ H ] ⋅ {ε } = [ H ] ⎢⎢ 0 −1 0 0 0 1 ⎥⎥ ⎨ ⎬ (8.69)
v
h
⎪τ ⎪
⎢ −1 −1 0 1 1 0 ⎥ ⎪ 4 ⎪
⎣
⎦ ⎪u ⎪
⎩ xy ⎭
2
⎪ ⎪
v
⎪⎩ 2 ⎪⎭
⎧
⎫
⎪
⎪
⎧σ xx ⎫ ⎪ 0 ⎪ ⎧ 0 ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪
soit {σ 2 } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨ 0 ⎬ = ⎨ 0 ⎬ .
⎪ τ ⎪ ⎪ q 1 −ν ⎪ ⎪26 MPa ⎪
)⎪ ⎩
⎭
⎩ xy ⎭ ⎪ (
⎪⎩ e ( 3 −ν ) ⎪⎭
8.2.8 Propriétés de l’élément triangle
Les déplacements obtenus aux chapitres 8.2.6 et 8.2.7 mettent en évidence une
dissymétrie de comportement étrange, les deux modélisations devant amener normalement aux mêmes résultats. Ceci est dû au fait que l’élément triangle ne répartit
pas uniformément les rigidités. Pour éviter cet inconvénient, il est donc conseillé
150
9782100544639.indb 150
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

de réaliser des maillages le plus symétriques possibles ou à défaut d’utiliser des éléments de petites tailles.
Considérant maintenant le modèle précédent appuyé uniquement aux nœuds 1
et 2, on s’aperçoit même que l’élément triangle introduit des dissymétries sur des
modèles symétriques. Pour calculer ces nouveaux déplacements, il suffit de reprendre
la matrice de rigidité [ K ] (8.54) et de résoudre le système [ K LL1 ] ⋅ {Q L1 } = {Fext }
avec :
⎡ 3 −ν
⎢ 1 +ν
⎢
⎢ −2
⎢
Ee
⎢ −1 + ν
4 (1 −ν 2 ) ⎢ 0
⎢
⎢ 0
⎢ −1 + ν
⎢
⎢⎣ −2ν
1 +ν
3 −ν
−2ν
−1 + ν
0
0
−1 + ν
−2
−2
−2ν
3 −ν
0
−1 + ν
−1 + ν
0
1 +ν
−1 + ν
−1 + ν
0
3 −ν
−2ν
−2
1 +ν
0
0
0
−1 + ν
−2ν
3 −ν
1 +ν
−2
−1 + ν
0
0
−1 + ν
−2
1 +ν
3 −ν
−2ν
−1 + ν
−1 + ν −2ν ⎤
−1 + ν −2 ⎥
⎥
0
1 +ν ⎥
⎥
1 +ν
0 ⎥
−2 −11 + ν ⎥ (8.70)
⎥
−2ν −1 + ν ⎥
3 −ν
0 ⎥
⎥
0
3 −ν ⎥⎦
A

[K ] =
[ K LL1 ]
⎧ 0 ⎫
⎪ qh ⎪
⎪− ⎪
⎪
⎪
et {Fext } = ⎨ 2 ⎬ résultant de (8.50) et correspondant aux efforts aux nœuds 3
⎪ 0 ⎪
⎪ qh ⎪
⎪− ⎪
⎩ 2⎭
et 4 de l’élément 2.
On obtient alors :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
4qhν (1 + ν )
⎧
= 0.0989 mm
⎪U 3 = −
Ee (ν 2 − 2ν − 7 )
⎪
⎪
qh (1 + ν ) (ν 2 − 4ν + 7 )
⎪V3 =
= −0.486 mm
Ee (ν 2 − 2ν − 7 )
⎪
[ K LL1 ] ⋅ {QL1} = {Fext } ⇒ ⎨
2
⎪U = 2qhν (1 −ν ) = −0.0346 mm
4
⎪
Ee (ν 2 − 2ν − 7 )
⎪
qh (ν + 7 ) (1 −ν 2 )
⎪
= −0.421mm
⎪V4 =
Ee (ν 2 − 2ν − 7 )
⎩
9782100544639.indb 151
(8.71)
151
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

Figure 8.10 – Exemple 6 : déformée (Effel) avec nœuds 1 et 2 bloqués.
La même structure modélisée avec un élément quadrangle Q4 donnerait, a contrario de l’élément triangle, des résultats symétriques. Pour ce faire, on reprend la
matrice de rigidité trouvée en (8.21) :
[K ] =
1 − 3ν ⎤
ν
⎡ 3 −ν 1 + ν −3 −ν −1 + 3ν −3 + ν −1 −ν
⎢ 6
8
12
8
12
8
6
8 ⎥
⎢
⎥
ν
−1 −ν −3 + ν −1 + 3ν −3 −ν ⎥
⎢ 1 + ν 3 −ν 1 − 3ν
⎢ 8
8
6
8
12
8
12 ⎥
6
⎢ −3 −ν 1 − 3ν 3 −ν −1 −ν
ν
−1 + 3ν −33 + ν 1 + ν ⎥
⎢
⎥
12
8 ⎥
8
6
8
6
8
⎢ 12
−1 −ν 3 −ν 1 − 3ν −3 −ν 1 + ν −3 + ν ⎥
⎢ −1 + 3ν ν
⎢ 8
6
8
6
8
12
8
12 ⎥ (8.72)
Ee ⎢
⎥
1 − 3ν 3 −ν 1 + ν −3 −ν −1 + 3ν ⎥
ν
1 −ν 2 ⎢ −3 + ν −1 −ν
⎢ 12
8
6
8
6
8
12
8 ⎥
⎢ −1 −ν −3 + ν −1 + 3ν −3 −ν 1 + ν 3 −ν 1 − 3ν
ν ⎥
⎢
⎥
6
8
6 ⎥
12
8
12
8
⎢ 8
⎢ ν
−1 + 3ν −3 + ν 1 + ν −3 − ν 1 − 3ν 3 − ν −1 − ν ⎥
⎢
⎥
8
12
8
12
8
6
8 ⎥
⎢ 6
−1 −ν 3 −ν ⎥
⎢ 1 − 3ν −3 − ν 1 + ν −3 + ν −1 + 3ν ν
⎢⎣ 8
8
12
8
6
8
6 ⎦⎥
12
[ K LL2 ]
et on résout [ K LL 2 ] ⋅ {Q L 2 } = {Fext } d’où :
152
9782100544639.indb 152
09/02/10 14:57
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

⎧
6qhν (1 − ν 2 )
U
= 0.0956 mm
=
−
⎪ 3
Ee ( 6ν 2 + ν − 9 )
⎪
⎪
qh (ν − 9 ) (1 −ν 2 )
⎪V3 = −
= −0.462 mm
Ee ( 6ν 2 + ν − 9 )
⎪⎪
⎨
2
⎪U = 6qhν (1 −ν ) = −0.0956 mm
⎪ 4 Ee ( 6ν 2 + ν − 9 )
⎪
⎪
qh (ν − 9 ) (1 −ν 2 )
= −0.462 mm
⎪V4 = −
Ee ( 6ν 2 + ν − 9 )
⎪⎩
(8.73)
A

8 • Éléments de membrane
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 8.11 – déformée (Effel) avec nœuds 1 et 2 bloqués (Q4).
Figure 8.12 – Déplacements /X (Effel) – T3 / Déplacements /Y (Effel) – T3.
9782100544639.indb 153
153
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.2 Exemple 6 : élément triangulaire

Bien évidemment, la diminution de la taille des éléments triangulaires fera disparaître peu à peu la dissymétrie, l’idéal étant bien sûr de réaliser un maillage le plus
homogène possible (cf. figure 8.13).
Dans le cas contraire et comme il est possible de le constater à la figure 8.12, les
résultats pourront être parfois assez curieux, ceci se traduisant dans notre cas par
des différences entre les déplacements latéraux et verticaux. Bien évidemment, tout
rentrera dans l’ordre avec un maillage plus homogène.
Figure 8.13 – Déplacements /X (Effel) – T3 / Déplacements /Y (Effel) – T3.
En conséquence, l’utilisation de triangles hétérogènes peut perturber assez sensiblement les résultats. En effet et sachant qu’en théorie, le déplacement vertical de cette
membrane doit être égal à :
qh
Δv σ −qh he
ε=
= =
⇒ Δv = −
= −0.476 mm 1
h
E
E
Ee
Figure 8.14 – Déplacements /X (Effel) – Q4 / Déplacements /Y (Effel) – Q4.
1. On néglige dans ce calcul l’effet dû au coefficient de Poisson. De ce fait, on retrouve le résultat (8.24).
154
9782100544639.indb 154
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

La comparaison démontre un bon comportement des maillages quadrangles et
triangles homogènes, le premier dissymétrique restant approximatif.
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée
0,6 m
0,1 m
0,2 m

0,05 m
A
q
Y
X
Figure 8.15 – Exemple 7 : plaque rectangulaire trouée.
Application numérique : L = 0.60 m, E = 2.1 1011 N/m2, n = 0.3, h = 0.20 m, q =
1 106 N/m, e = 1 cm (épaisseur de la tôle), r = 5 cm (rayon du trou).
8.3.1 Principe de la modélisation géométrique
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Comme vu précédemment, l’approche par éléments finis est essentiellement basée
sur une notion d’éléments. Chacun de ces éléments doit être décrit suivant son
type à partir des nœuds sommets caractérisant sa géométrie. On parlera alors de
connectivité élémentaire.
Cette approche par discrétisation élémentaire pouvant devenir très lourde dans
le cas de structures complexes, il a été fait appel à des techniques empruntées à
la CAO (Conception Assistée par Ordinateur) qui permettent une description
précise de la géométrie avec un minimum d’entrées de données. De manière très
synthétique, il s’agit en fait de décrire la structure à partir de points, de lignes, de
surfaces ou de volumes, chacune de ces entités géométriques devant être associée à
un type d’élément. Par exemple, une ligne géométrique pourra être discrétisée avec
des éléments poutres, une surface avec des éléments membranes, un volume avec à
des éléments hexaédriques.
Figure 8.16 – modélisation géométrique.
9782100544639.indb 155
155
09/02/10 14:57
8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

Dans notre cas d’étude, cette modélisation se réduira à la création d’une surface
rectangulaire de 0.6 par 0.2 m et à la soustraction d’un disque de 0.05 m de rayon.
Cependant, cette séquence pourra varier en fonction du logiciel utilisé, certains
prenant en charge automatiquement la création de la plaque trouée dès génération
du rectangle et du cercle. Finalement et comme indiqué à la figure 8.16, le modèle
comportera une surface trouée et cinq lignes, quatre pour le rectangle, une pour
le cercle.
8.3.2 La problématique du maillage
Une fois la géométrie définie, la phase suivante consiste à transformer celle-ci en
un modèle éléments finis. Cette opération est prise en charge par un outil appelé
« mailleur » dont le rôle est de définir automatiquement les coordonnées des nœuds
et la connectivité élémentaire. Les formes pouvant être complexes, le succès de
cette opération n’est pas garanti, l’utilisateur doit alors itérer en modifiant les différents paramètres de maillage.
Pour réaliser cette tâche, le mailleur fait appel à diverses informations relatives
aux tailles d’éléments qui sont généralement imposées par l’utilisateur. Deux
approches complémentaires sont généralement mises à la disposition de celui-ci
pour les définir.
La première permet de spécifier une taille minimale pour les éléments, le mailleur
prenant ensuite en charge la discrétisation proprement dite. Très souvent utilisée
en première approche, elle a pour principal avantage sa rapidité qui permet d’obtenir un premier résultat et donc une première évaluation du comportement du
modèle.
Figure 8.17 – Maillage avec une taille minimale de 0.02 m.
Pour piloter le mailleur plus précisément, une deuxième technique consiste à définir un nombre de divisions ou des tailles minimales d’éléments sur les lignes géométriques. Le mailleur suit alors ces informations tout en essayant d’assurer une
certaine progressivité dans les tailles d’éléments. Ainsi et pour obtenir le maillage
de la figure 8.18, les lignes verticales, horizontales et le cercle ont été scindées respectivement en 12, 40 et 26 divisions.
Il est également possible d’imposer des tailles d’éléments sur certaines zones tout
en laissant le mailleur gérer le complémentaire avec une taille minimale d’élément.
Enfin, cette approche automatique a pour grand intérêt d’autoriser la modification, l’augmentation ou la diminution des tailles de mailles à volonté.
156
9782100544639.indb 156
09/02/10 14:58
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

A
Figure 8.18 – Divisions des lignes.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Ceci étant, la forme de l’élément n’a pas été évoquée jusqu’à maintenant. En effet
généralement, les mailleurs offrent deux possibilités : les maillages en quadrangles
ou en triangles, le mixe des deux étant peu conseillé compte tenu de leurs différences de formulation.
Incluant les maillages volumiques hexaédriques ou tétraédriques dans ces deux
options, l’approche triangulaire reste la plus simple et la plus rapide. Le succès du
maillage est dans ce cas quasiment garanti ce qui a pour corollaire un très grand
nombre d’éléments de dimensions et d’orientations très diverses. Ce sont ses principaux désavantages.
Le maillage quadrangulaire n’a pas tous ces inconvénients. Il nécessite néanmoins
beaucoup de soins avec des structures de géométries complexes. Bien que les
mailleurs soient de plus en plus performants, il est parfois nécessaire de « reprendre
les commandes » et ainsi de le piloter presque manuellement.
Dans ce cas, il est utile de se rappeler que la forme de base idéale est soit la surface
à quatre cotés, soit le volume à six faces. De ce fait et pour mailler une structure
en quadrangles, il est souvent nécessaire de partitionner la géométrie en entités de
ce type. Cependant, cette règle n’est qu’indicative, les mailleurs quadrangles ou
hexaédriques arrivant suivant leurs origines à discrétiser des formes plus évoluées.
Néanmoins et sans ce travail préalable, le mailleur pourra être mis en défaut.
Ceci étant, certaines formes comme le cercle posent un léger problème, le quadrangle n’étant pas l’idéal pour reconstituer une géométrie curviligne. On utilise
alors une astuce qui consiste, comme décrit à la figure 8.19, à insérer une forme
carrée dans le cercle et à couper les différents segments ainsi obtenus avec le même
nombre de divisions.
Prenant comme exemple un disque à mailler en quadrangles, on voit figure 8.19
que chacun des éléments a bien quatre faces. Si la discrétisation devait être augmentée, il suffirait alors de prendre chacun des segments et de les fractionner en un
nombre égal de divisions. La même démarche peut également être utilisée pour les
objets cylindriques.
En plus d’une grande souplesse en terme de maillage, l’approche géométrique a
également l’avantage de permettre l’attribution de données comme les conditions
d’appui ou les charges à des entités géométriques. On pourra par exemple lier la
charge répartie q ou des conditions d’appui à des lignes géométriques différentes.
Dans ce cas, les attributs correspondants seront transmis automatiquement aux
nœuds et aux éléments lors de l’opération de maillage.
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8 • Éléments de membrane
157
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

Figure 8.19 – Maillage d’un cercle avec des quadrangles.
8.3.3 Continuité – convergence-conformité
L’approximation polynomiale décrite au chapitre 4.1, base de la méthode des éléments finis fait que la solution obtenue n’est pas forcément exacte. En d’autres
termes, les fonctions de forme des éléments utilisés reconstituent la forme des
déplacements de la structure avec plus ou moins de précision. La solution exacte
est donc sensée être approchée lorsque la taille des éléments diminue.
Néanmoins, cette convergence monotone du champ de déplacement ne peut être
effective qu’à condition de satisfaire à la condition de mouvement de corps rigide
(MCR), au critère de la déformation constante, et de garantir la continuité des
déplacements sur l’élément et aux frontières de celui-ci (cf. § 7.2). Dans ce cas,
l’élément est qualifié de conforme.
A contrario, les éléments non conformes qui n’assurent pas la continuité aux frontières ont une convergence lente et non assurée. Cependant, certains d’entre eux
ont des performances parfois supérieures à leurs homologues conformes. Ceci doit
être vérifié par la technique du patch test. De plus, [3] précise que l’élément doit
posséder une base polynomiale complète jusqu’à l’ordre n pour garantir la convergence des dérivées de u, v ou w d’ordre n.
8.3.4 Discontinuité du champ de contraintes-déformations
La continuité du champ de déplacement étant garantie dans la majorité des cas (les
éléments utilisés sont généralement conformes et convergents), il n’en est pas de
même pour les champs de déformations, de contraintes et d’efforts. Ceux-ci sont
en effet continus sur l’élément mais en aucune façon sur ses frontières. Dans ce cas
de figure, les équations d’équilibre de volume (3.5) et de surface (3.6) ne sont pas
forcément satisfaites.
Deux modes de visualisation des contraintes, des déformations ou des efforts sont
généralement disponibles dans les codes de calcul pour aider l’utilisateur à vérifier
l’équilibre de son modèle : les modes lissé ou non lissé1.
1. On utilise également parfois le terme de moyenné.
158
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

Le premier consiste à lisser les champs de contraintes, de déformations ou d’efforts
en rendant ces valeurs continues. Considérant un nœud précis1, le principe revient
à calculer en ce point les valeurs des contraintes, des déformations ou des efforts
dans les éléments liés à ce nœud et à en retenir la moyenne. Par exemple et pour
un nœud i connecté à m éléments, la contrainte lissée ou moyennée σ xx en i sera
donnée par :
m
(σ xx )i = e =1
(8.74)
m
Généralement, ce calcul est effectué à partir des valeurs calculées aux points de
Gauss. Bien évidemment, ce mode de calcul ne permet plus d’estimer les discontinuités des contraintes, des déformations ou des efforts. Il a de plus comme principal inconvénient d’écrêter ces valeurs en cas de fortes discontinuités.
Le deuxième mode de visualisation en valeurs non lissées ou non moyennées
revient à afficher l’évolution des contraintes, des déformations ou des efforts sur
les éléments pris un à un. On peut se servir dans ce cas de la méthodologie de
calcul utilisée pour les exemples 5 et 6 aux chapitres 8.1.6 ou 8.2.6. Certains
logiciels se limitent cependant à une seule valeur calculée au centre de gravité de
l’élément.
2
3
9
1
4
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
A

∑ ⎡⎣(σ xx )i ⎤⎦e
8
4
∑ [(σ ) ]
(σ xx )1 = e=1
xx 1 e
4
5
Points de Gauss
6
7
Figure 8.20 – Calcul de la contrainte moyennée σ xx au nœud 1.
1. Dans notre exemple de la figure 8.20, le nœud 1.
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159
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

8.3.5 Validation du modèle
■■ Maillage en quadrangles
Choisissant de discrétiser notre cas d’étude en quadrangles, la principale difficulté
se situe au niveau du maillage du trou circulaire. Pour résoudre ce problème, il
suffit d’inscrire ce cercle dans un carré (cf. figure 8.21) soit une approche inverse
à celle décrite au chapitre 8.3.2. La périphérie du trou est alors divisée en quatre
aires de dimensions égales garantissant ainsi un maillage symétrique et homogène.
Figure 8.21 – Exemple 7 : modèle géométrique Abaqus.
En l’absence de solution connue, la mise au point d’un modèle de calcul par éléments finis passe en premier lieu par une vérification de la convergence des déplacements. Dans un deuxième temps, on compare les solutions lissées et non lissées
pour valider les contraintes et estimer leurs discontinuités.
Pour valider notre modèle, trois densités de maillage imposant respectivement 24,
32 et 48 divisions au niveau du trou circulaire ont été retenues. Choisissant dans
un premier temps un élément linéaire Q4, les déplacements obtenus avec le logiciel
Abaqus™ se résument aux graphiques pages suivantes.
160
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

A
Figure 8.22 – Déplacements – Élément Q4 (Abaqus).
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161
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

Figure 8.23 – Contraintes σ max lissées – Élément Q4 (Abaqus).
162
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

A
Figure 8.24 – Contraintes σ max non lissées – Élément Q4 (Abaqus).
9782100544639.indb 163
163
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

On retiendra donc une valeur de 0.36 mm pour le déplacement maximal. L’affichage en mode non lissé met en évidence l’évolution des discontinuités de
contraintes. L’élément utilisé étant un Q4, l’évolution des contraintes sur celui-ci
est linéaire (cf. § 8.1.6). On reconstitue en fait le champ de contraintes à partir
de tronçons de droites d’où une convergence plus lente que pour son homologue
quadratique (Q8). En effet et en utilisant ce type d’élément, on obtient pour les
trois types de discrétisation :
Figure 8.25 – Déplacements – Élément Q8 (Abaqus).
164
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

A
Figure 8.26 – Contraintes σ max lissées – Élément Q8 (Abaqus).
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165
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

Figure 8.27 – Contraintes σ max non lissées – Élément Q8 (Abaqus).
166
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

On s’aperçoit dans ce cas que les contraintes lissées et non lissées sont tout à fait
équivalentes, les variations entre les deux étant négligeables. On notera également
que la continuité des contraintes non lissées est quasi parfaite quelle que soit la
densité de maillage.
La contrainte maximale retenue sera donc comprise entre 433 (Q4) et 438 MPa
(Q8), valeur tout à fait comparable à celle calculée à partir du coefficient de concentration de contrainte ( K = 2.16 ) issu des courbes de Peterson (cf. [4]).
A

0,6 m
B
q×h
=
1 10 6 × 0,2
(h − 2r ) × e (0,2 − 0,1) × 0,01
= 200MPa
A
σ A = σ A' = K ⋅ σ AB =
= 2,16 ⋅ σ AB = 432 MPa
A’
q
0,05 m
h = 0,2 m
d = 0,1 m
σ AB =
Figure 8.28 – Calcul de la contrainte au point A.
Finalement, les deux types de maillage Q4 et Q8 donnent des résultats tout à fait
similaires, le deuxième convergeant plus rapidement du fait de sa formulation mais
avec bien sûr un nombre de nœuds plus important à nombre de divisions égal.
Tout est en fait une affaire de compromis entre rapidité de convergence et temps
de calcul.
■■ Maillage en triangles
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Le maillage en triangles est bien évidemment beaucoup plus simple. Il suffit de
reprendre la description géométrique de la figure 8.16, soit un rectangle et un
cercle, et d’imposer les mêmes nombres de divisions au niveau du trou. De plus,
deux sortes de maillage en éléments T3 et T6 sont envisagées successivement.
Par rapport à un Q4, le T3 est beaucoup plus lent à converger vers la solution. Ceci
tient au fait que la reconstitution de la continuité des contraintes est plus délicate,
celles-ci étant constantes sur l’élément (cf. § 8.2.6). On s’aperçoit par ailleurs que
les contraintes non lissées sont beaucoup plus proches de l’objectif que celles lissées
et ce toujours pour la même raison. De plus, il est légèrement plus rigide que son
homologue quadrangle.
Le même modèle maillé en T6 donne de bien meilleurs résultats dès le premier
type de discrétisation. Néanmoins et bien que la continuité soit quasi réalisée sans
moyennage, les contraintes maximales lissées et non lissées sont dans tous les cas
différentes, l’une tendant peu à peu vers l’autre.
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167
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

Figure 8.29 – Déplacements – Élément T3 (Abaqus).
168
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

A
Figure 8.30 – Contraintes σ max lissées – Élément T3 (Abaqus).
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169
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

Figure 8.31 – Contraintes σ max non lissées – Élément T3 (Abaqus).
170
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

A
Figure 8.32 – Déplacements – Élément T6 (Abaqus).
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171
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

Figure 8.33 – Contraintes σ max lissées – Élément T6 (Abaqus).
172
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

A
Figure 8.34 – Contraintes σ max non lissées – Élément T6 (Abaqus).
9782100544639.indb 173
173
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8 • Éléments de membrane
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

■■ Critères d’évaluation de la qualité d’un modèle
L’utilisateur ayant généralement peu de références pour valider son modèle, celui-ci
sera immanquablement amené à s’interroger sur la qualité des résultats obtenus.
Pour ce faire, il devra développer une méthodologie lui permettant de s’assurer de
leur stabilité.
En préalable, deux options s‘offrent à lui, soit un maillage en quadrangles, soit celui
en triangles. Généralement et à densité de maillage constante, ce dernier converge
plus lentement et génère plus d’éléments ce qui est un léger handicap. Comme
indiqué précédemment, il a cependant pour principal avantage de libérer l’utilisateur des opérations géométriques1 nécessitées par les mailleurs hexaédriques. Il
s’agit en fait d’un compromis entre le temps passé pour la modélisation et celui
nécessité par le calcul.
Pour valider son modèle, l’utilisateur devra dans un premier temps contrôler la
stabilité des déplacements. Les modèles éléments finis convergeant assez vite dans
ce cas2, une variation inférieure à 5% entre deux maillages successifs constitue un
critère d’acceptation.
0,362
Déplacement maxi (mm)
0,361
0,360
Q4
0,359
Q8
T3
0,358
T6
0,357
0,356
0,355
24
32
40
Maillage (nombre de divisions)
48
Figure 8.35 – Évolution du déplacement maximum en fonction du maillage.
1. Ces opérations ont pour but d’obtenir un maximum de surfaces à 4 côtés ou de cubes à 6 faces.
2. Les éléments utilisés sont très souvent conformes.
174
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09/02/10 14:58
8.3 Exemple 7 : étude d’une plaque trouée

Généralement, les déplacements obtenus avec des éléments quadrangles sont assez
rapidement représentatifs, ceux associés à des triangles évoluant plus lentement.
Ceci vérifié, il devra examiner les tracés des contraintes non lissées et statuer sur
leur continuité. Bien évidemment, plus l’élément utilisé est riche, plus cette continuité est établie rapidement. Pour les éléments linéaires, celle-ci peut évoluer assez
lentement et contraindre1 l’utilisateur à se contenter de maillages de densité insuffisante. Dans ce cas, il sera préférable de retenir les contraintes non lissées à celles
lissées, ces dernières pouvant être altérées éventuellement par de fortes variations
entre éléments.
Une autre approche consiste à comparer les maximums des contraintes lissées et
non lissées puis à vérifier leur convergence. Ceci étant, on se méfiera dans ce cas
de figure des discontinuités géométriques ou des changements de matériaux qui
peuvent provoquer des concentrations de contraintes non convergentes2.
A

8 • Éléments de membrane
440
430
Contrainte max lissée (MPa)
420
410
Q4
400
Q8
390
T3
380
T6
370
Objecf
360
350
340
330
320
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
24
32
40
48
Maillage (nombre de divisions)
Figure 8.36 – Évolution de σ max lissée en fonction du maillage.
1. Pour des raisons de capacités informatiques ou de temps de calcul par exemple.
2. La contrainte ne fait qu’augmenter au fur et à mesure que la taille des éléments diminue.
9782100544639.indb 175
175
09/02/10 14:58
8 • Éléments de membrane
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console

Contrainte max non lissée (MPa)
450
440
430
Q4
Q8
420
T3
T6
410
Objecf
400
390
380
24
32
40
48
Maillage (nombre de divisions)
Figure 8.37 – Évolution de σ max non lissée en fonction du maillage.
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console
y
q = 10 000 N/ml
x
C
A
h = 0,5 m
B
b = 0,2 m
L/2
L = 10 m
Figure 8.38 – Exemple 8 : poutre console.
Application numérique : L = 10 m, E = 2.1 1011 N/m2, n = 0.3, h = 0.50 m, b =
0.2 m, q = 1 104 N/m.
176
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8 • Éléments de membrane
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console

8.4.1 Modélisation filaire
Considérant dans un premier temps un élément de poutre plane (cf. § 6.2) de
longueur L et d’inertie I , le système sans prise en compte de l’effet de l’effort
tranchant s’écrit d’après (6.21) et (6.24).
y
q
A
1
L

x
2
Figure 8.39 – Exemple 8 : modélisation poutre.
ES
⎡ ES
⎤
0
0
0
0 ⎥
⎢ L
⎧0
⎫
L
⎢
⎥
⎪ qL ⎪
EI
EI
EI
EI
12
6
12
6
⎢ 0
⎥ ⎧u ⎫ ⎪−
⎪ ⎧H ⎫
0 − 3
⎢
L3
L2
L
L2 ⎥ ⎪ 1 ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ 1 ⎪
V
⎢
⎥ v
6 EI
4 EI
6 EI 2 EI ⎥ ⎪ 1 ⎪ ⎪− qL2 ⎪ ⎪ 1 ⎪
⎢ 0
⎪
⎪
−
0
⎪M ⎪
⎪β ⎪
⎢
L2
L
L2
L ⎥ ⋅ ⎪⎨ 1 ⎪⎬ = ⎪⎨ 12 ⎬⎪ + ⎪⎨ 1 ⎪⎬ (8.75)
⎢ ES
⎥ u2
0
ES
⎪ ⎪0 ⎪
0
0
0
0 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪
⎢−
L
⎢ L
⎥ ⎪v2 ⎪ ⎪− qL ⎪ ⎪0 ⎪
12 EI
6 EI
12 EI
6 EI ⎥ ⎪⎪ β 2 ⎪⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪⎪0 ⎪⎪
⎢
⎩ ⎭ ⎪ 2 ⎪ ⎩ ⎭
−
−
−
0
0
⎢
3
2
3
2 ⎥
L
L
L
L
⎪ qL ⎪
⎢
⎥
⎪⎩ 12 ⎪⎭
EI
EI
EI
EI
6
2
6
4
⎢ 0
⎥
0 − 2
2
⎢⎣
L ⎥⎦
L
L
L
Comme u2 est forcément nul du fait de l’hypothèse de petits déplacements, on
obtient après introduction des conditions d’appui :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧ qL ⎫
−
12
−
6
L
v
⎤ ⎧ 2 ⎫ ⎪⎪ 2 ⎪⎪
EI ⎡
⎬
⎢
⎥⋅⎨ ⎬ = ⎨
L3 ⎣ −6 L 4 L2 ⎦ ⎩ β 2 ⎭ ⎪ qL2 ⎪
⎪⎩ 12 ⎪⎭
d’où les déplacements du nœud 2 (point C) :
qL4
= −28.57 mm
8EI
qL3
β2 = −
= −0.003809 rad
6 EI
v2 = −
avec I =
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(8.76)
(8.77)
bh 3
= 0.002083 m 4 .
12
177
09/02/10 14:58
8 • Éléments de membrane
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console

Maintenant et afin de mesurer les effets de l’effort tranchant, il suffit de reprendre
les développements du chapitre 6.3.2 en posant :
T2 = −
qL
qL2
5
; M2 =
; S1, y = bh = 0.08333 m 2 .
2
12
6
On trouve alors à partir de (6-37) :
L
⎡ L3
+
⎢
⎧ v2 ⎫ ⎢ 3 EI z GS1, y
⎨ ⎬=
L2
⎩β2 ⎭ ⎢
⎢
2 EI z
⎣
avec G =
L2 ⎤
2 EI z ⎥ ⎧ T2 ⎫ ⎧ −28.65 mm ⎫
⎥⋅⎨ ⎬ = ⎨
⎬
L ⎥ ⎩ M 2 ⎭ ⎩−0.003809 rad ⎭
⎥
EI z ⎦
(8.78)
E
.
2 (1 + ν )
L’effet de l’effort tranchant est donc quasi négligeable ce qui était prévisible compte
⎛L
⎞
tenu de l’élancement géométrique de la poutre ⎜ = 20 > 5 ⎟ . La contrainte maxih
⎝
⎠
male de flexion située au niveau de l’encastrement (point A) vaut par ailleurs :
qL2
Mh
h
=± 2
= ± 60 MPa
σ xx = ±
(8.79)
I 2
I 2
Celle à mi-portée (point B) est quant à elle égale au quart de cette valeur, soit
15 MPa.
8.4.2 Modélisation surfacique
Compte tenu de la géométrie de cette poutre console, il est bien évidemment préférable de s’orienter vers une modélisation en quadrangles. De plus et comme pour
l’exemple précédent, celle-ci sera effectuée dans un premier temps avec des éléments membranes Q41 ce qui reste tout à fait conforme à la théorie des poutres
puisque la variation des contraintes sur cet élément est linéaire (cf. § 8.1.6).
Enfin et afin de mettre en évidence l’influence du nombre d’éléments sur la précision des résultats, deux discrétisations différentes sont envisagées verticalement et
horizontalement : 2, 4, 8 ou 16 éléments suivant y ; 20, 40, 80, 120 ou 160 éléments par rapport à x. Le nombre d’éléments fixé horizontalement peut cependant
paraître élevé. Pour l’expliquer, il est nécessaire de rappeler que l’élément membrane utilisé n’a que deux degrés de liberté de translation par nœud ce qui est insuffisant pour modéliser un problème de flexion tel que le nôtre. En effet, les rotations
nodales qui en théorie des poutres sont issues de la dérivée de la ligne élastique sont
reconstituées dans notre cas par des déplacements différentiels.
1. D’épaisseur b.
178
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8 • Éléments de membrane
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console

30
20
2
4
15
8
10
A
16
Objecf

Déplacement VC (mm)
25
5
0
20
40
60
80
100
120
140
160
Maillage horizontal (nombre d'éléments)
Figure 8.40 – Évolution du déplacement en C en fonction du maillage vertical.
À l’analyse des déplacements, on notera tout d’abord une relative faible influence
de la discrétisation verticale, 4 ou 8 éléments étant largement suffisants pour approcher les résultats du modèle filaire.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 8.41 – Déformée (Effel) avec éléments Q4 – 8 divisions verticales et 160 horizontales.
Ceci étant et comme pour l’exemple précédent, on constate une convergence lente
de l’élément Q4 vers la valeur objective, celle-ci n’étant atteinte à moins de 1%
qu’au bout de 160 divisions horizontales et 8 verticales. Bien évidemment, un
élément quadratique aurait permis d’avoir une bien meilleure précision plus rapidement. Par exemple, un élément Q9 avec 40 divisions horizontales et 4 verticales
permet d’obtenir 28.6 mm en extrémité de console soit une erreur de 0.07 % :
9782100544639.indb 179
179
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8 • Éléments de membrane
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console

Figure 8.42 – Déformée (Effel) avec éléments Q9 – 4 divisions verticales et 40 horizontales.
Au niveau des contraintes1 de flexion, celles au point B convergent bien de manière
monotone vers la valeur objective de 15 MPa.
16
Contrainte sxx en B (MPa)
14
12
2
10
4
8
8
6
16
Objecf
4
2
0
20
40
60
80
100
120
140
160
Maillage horizontal (nombre d'éléments)
Figure 8.43 – Évolution des contraintes σ xx en B en fonction du maillage vertical.
Par contre celles associées au point A divergent pour atteindre une valeur nettement supérieure à 60 MPa2. On est en fait en présence d’un effet local lié à l’encastrement et dû au coefficient de Poisson. En effet, le raccourcissement au niveau
de l’encastrement est rendu impossible par le blocage des nœuds à ce niveau. Il
en résulte la création d’une contrainte verticale qui via le coefficient de Poisson se
projette horizontalement et explique l’excès de contrainte constatée.
Pour s’en convaincre, il suffit de refaire le calcul avec un coefficient de Poisson nul.
1. Cette comparaison a été faite uniquement avec des contraintes non lissées.
2. 68.85 MPa pour 16 divisions verticales et 160 horizontales.
180
9782100544639.indb 180
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8 • Éléments de membrane
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console

On retrouve alors la contrainte longitudinale de 60 MPa calculée par la théorie des
poutres.
70,00
2
50,00
A
4
40,00
8

Contrainte sxx en A (MPa)
60,00
16
30,00
Objecf
20,00
10,00
0,00
20
40
60
80
100
120
140
Maillage horizontal (nombre d'éléments)
160
Figure 8.44 – Évolution des contraintes σ xx en A en fonction du maillage vertical.
Contrainte sxx en A (MPa)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
80
68,85
60,31
60
52,01 54,63
44,20 45,09
40
36,63 36,81
29,19 29,07
21,83 21,63
20
14,52 14,35
7,25 7,15
0
– 0,01 0,00
– 7,16
0
0,1
0,2 – 7,26 0,3
0,4
0,5
– 14,53 – 14,35
– 20
– 21,84 – 21,63
– 29,19 – 29,08
– 36,63 – 36,80
– 40
– 44,20 – 45,08
– 51,99
– 54,61
– 60
– 60,26
– 68,79
– 80
Hauteur h
0,3
0
Figure 8.45 – Comparaison des résultats1 pour v = 0 et v = 0.3.
1 Maillages vertical = 16 – horizontal = 160.
9782100544639.indb 181
181
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8 • Éléments de membrane
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console

On peut également mettre en évidence le phénomène en affichant sous forme de
vecteurs les contraintes principales dans chacun des éléments. On s’aperçoit alors
que la mineure est quasiment nulle pour ν = 0 (cf. figure 8.47).
Ce mode d’affichage dont la symbolique peut varier en fonction du code de calcul
utilisé est toujours très intéressant pour mettre en relief les flux de contraintes et
leur distribution dans la matière.
Figure 8.46 – Contraintes principales non lissées (Effel) à l’encastrement
pour v = 0.3 (maillage 160).
Figure 8.47 – Contraintes principales non lissées (Effel) à l’encastrement
pour v = 0 (maillage 160).
182
9782100544639.indb 182
09/02/10 14:58
8 • Éléments de membrane
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console

De plus et comme la concentration de contrainte pour ν = 0.3 est liée à l’appui,
celle-ci croît au fur et à mesure que la taille des éléments diminue. Il serait donc
illusoire de vouloir affiner ce résultat en augmentant la discrétisation à nouveau.
Le phénomène constaté à l’encastrement incite à faire un parallèle avec le calcul
thermo-élastique qui consiste à introduire une déformation initiale liée à une variation de température. Cette déformation généralement notée ε 0 est alors prise en
compte dans la loi contrainte-déformation (3.21) en posant :
{σ } = [ H ] ⋅ ({ε } − {ε 0 })
(8.80)
A

avec
{ε 0 }T = {α x ΔT α y ΔT α z ΔT 0 0 0}
�
DT : Variation de température (généralement en °C).
α x ,α y ,α z : Coefficients de dilatation thermique (en m/m.C°) associés aux directions x, y, z.
En reprenant l’expression de l’énergie de déformation élémentaire établie en (4.11)
T
1
We = ∫ {ε } ⋅ {σ } ⋅ dVe , le calcul permet de déduire le vecteur des forces nodales
2V
e
internes { f e0 } liées à cette variation de température, soit :
We =
T
T
1
1
{ε } ⋅ {σ } ⋅ dVe = ∫ {qe } ⋅ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ ([ B ] ⋅ {qe } − {ε 0 }) ⋅ dVe (8.81)
∫
2V
2V
e
e
d’où,
We =
T
1
1
{qe }T ⋅ [ke ] ⋅ {qe } − ∫ {qe } ⋅ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ {ε 0 } ⋅ dVe
2
2V
e
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
1
1
T
T
We = {qe } ⋅ [ ke ] ⋅ {qe } − {qe } ⋅ { f e0 }
2
2
(8.82)
Une fois calculées, ces forces viennent s’ajouter purement et simplement à celles
associées aux charges appliquées sur l’élément (4.16). Le schéma de résolution est
alors identique à celui vu au chapitre 4.2.
Ces forces nodales s’auto équilibrant avec les efforts calculés lors de la résolution, il
est assez délicat de vérifier la bonne entrée des données1. En d’autres termes, quelles
que soient les températures et coefficients de dilatation introduits, les réactions
sont systématiquement nulles. Une solution pour résoudre ce problème consiste
à isoler une partie du modèle et à intégrer quand c’est possible, les efforts afin de
vérifier que ceux-ci correspondent bien aux données introduites.
Ceci étant, deux cas extrêmes peuvent se présenter après calcul. Soit le modèle est
complètement libre de se déformer et dans ce cas, la déformation thermique se
traduira uniquement par des déplacements sans apparition de contraintes.
1. Généralement, on vérifie la correspondance entre charges appliquées et réactions.
9782100544639.indb 183
183
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8 • Éléments de membrane
8.4 Exemple 8 : étude d’une poutre console

Par exemple et si on applique une variation de température de 20°C à la poutre
console sans chargement décrite à la figure 8.39, le déplacement horizontal sera de :
ε 0 = α ⋅ ΔT ⇒ u = ε 0 ⋅ L = α ⋅ ΔT ⋅ L = 1.2 ⋅10−5 ⋅ 20 ⋅10 = 2.4 mm
Figure 8.48 – Allongement d’une poutre console pour DT = 20°.
On notera dans ce cas que l’effort normal est nul dans l’élément.
Inversement et si on applique la même charge thermique à une poutre bi-encastrée
de mêmes caractéristiques, on n’obtiendra aucun déplacement mais un effort normal de compression de :
ε 0 = α ⋅ ΔT ⇒ N = σ xx ⋅ S = E ⋅ ε 0 ⋅ S = E ⋅ α ⋅ ΔT ⋅ S
N = 2.1 ⋅1011 ⋅1.2 ⋅10−5 ⋅ 20 ⋅ 0.5 ⋅ 0.2 = 5040 kN
soit une contrainte normale σ xx de compression dans l’élément égale à 50.4 MPa.
Figure 8.49 – Effort normal dans une poutre bi-encastrée soumise à ΔT = 20° .
Il est donc très important de ne pas perdre de vue ces aspects lorsque l’on effectue
un calcul thermo-élastique car suivant la nature des appuis ou des rigidifications
liées à la géométrie de la structure, on peut voir apparaître des contraintes parfois
très importantes dans certaines zones bridées ou au contraire observer une déformation libre dans certaines autres.
184
9782100544639.indb 184
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque

A
9.1 Rappels sur les théories des plaques
9.1.1 Théorie des plaques minces
La théorie de Kirchhoff relative aux plaques minces qui revient à ne pas prendre en
compte le cisaillement transverse, est applicable lorsque le rapport de la plus petite
de leurs dimensions sur l’épaisseur est supérieur ou égal à 201 (cf. [5]).
■■ Relations moments-courbures
z, w( x, y)
y, v (x, y)
u
v
e
a
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
x, u (x, y)
b
Figure 9.1 – Plaques minces de côtés a, b.
Les déplacements horizontaux peuvent être exprimés en fonction de w en posant
que :
∂w
u = −z ⋅
∂x
(9.1)
∂w
v = −z ⋅
∂y
1.
a
b
ou ≥ 20 .
e
e
9782100544639.indb 185
185
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9 • Éléments de plaque
9.1 Rappels sur les théories des plaques

z
z
v
u
x
∂w
<0
∂x
∂w
<0
∂y
y
Figure 9.2 – Calcul des déplacements horizontaux.
Les déformations correspondantes sont donc égales à :
∂u
∂ 2w
ε xx =
= −z ⋅ 2
∂x
∂x
∂v
∂ 2w
ε yy =
= −z ⋅ 2
∂y
∂y
(9.2)
La relation (9.2) est analogue à l’expression (6.6) issue de la théorie des poutres
(cf. § 6.1). La théorie de Kirchhoff s’apparente en fait à celle des poutres élancées.
Le comportement des structures planes en flexion relevant de l’hypothèse de
contrainte plane (cf. 3.3.4), la relation entre contraintes et déformations normales
s’écrit d’après (3.27) :
σ xx =
E
E ⋅ z ⎛ ∂ 2w
∂ 2w ⎞
ε x +ν ⋅ ε y = −
⎜ 2 +ν ⋅ 2 ⎟
2
2
1 −ν
1 −ν ⎝ ∂x
∂y ⎠
(
)
E ⋅ z ⎛ ∂ 2w
E
∂ 2w ⎞
ν
ε
=
−
ν
σ yy =
ε
+
⋅
+
⋅
⎜
⎟
y
x
1 −ν 2 ⎝ ∂y 2
1 −ν 2
∂x 2 ⎠
(
(9.3)
)
d’où l’expression des moments de flexion M xx et M yy à partir des équations
d’équilibre correspondantes :
e
2
M xx ⋅ dy = ∫ σ xx ⋅ z ⋅ dzdy
e
2
e
2
−
(9.4)
M yy ⋅ dx = ∫ σ yy ⋅ z ⋅ dzdx
−
e
2
En injectant (9.3) dans (9.4), on obtient finalement :
⎛ ∂ 2w
∂ 2w ⎞
M xx = −D ⋅ ⎜ 2 + ν ⋅ 2 ⎟
∂y ⎠
⎝ ∂x
⎛ ∂ 2w
∂ 2w ⎞
M yy = −D ⋅ ⎜ 2 + ν ⋅ 2 ⎟
∂x ⎠
⎝ ∂y
(9.5)
186
9782100544639.indb 186
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque
e
2
E
Ee 3
2 ⋅ dz =
z
.
1 −ν 2 ∫e
12 (1 −ν 2 )
−
2
On notera que le paramètre D est assimilable au terme EI de la théorie des
poutres, la valeur e 3 12 correspondant à l’inertie d’une section rectangulaire
de largeur unitaire. Encore une fois, on retrouve la similitude avec cette théorie
puisque (9.5) est analogue à (6.7).
De la même façon et d’après (3.11), (3.20) et (9.1), on aura pour la contrainte de
cisaillement :
A

avec D =
9.1 Rappels sur les théories des plaques

⎛ ∂v ∂u ⎞
∂ 2w
τ xy = G ⋅ γ xy = G ⋅ ⎜ + ⎟ = −2G ⋅ z ⋅
(9.6)
∂x ∂y
⎝ ∂x ∂y ⎠
On sait par ailleurs que ces contraintes de cisaillement, intégrées sur l’épaisseur,
s’équilibrent avec un moment de torsion noté M xy :
e
2
M xy = ∫ τ xy ⋅ z ⋅ dz
(9.7)
Ge 3 ∂ 2w
⋅
6 ∂x ∂y
(9.8)
e
−
2
d’où
M xy = −
soit en fonction de D :
M xy = −D (1 −ν ) ⋅
∂ 2w
∂x ∂y
(9.9)
■■ Relations moments-contraintes
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Les relations (9.3) et (9.5) ayant des termes communs, les contraintes normales
peuvent être directement reliées aux moments de flexion M xx et M yy par :
12 z ⋅ M xx
σ xx =
e3
(9.10)
12 z ⋅ M yy
σ yy =
e3
e⎞
⎛
ce qui donne pour les fibres extrêmes de la plaque ⎜ z = ± ⎟ :
2⎠
⎝
σ xx = ±
σ yy = ±
9782100544639.indb 187
6 M xx
e2
6 M yy
(9.11)
e2
187
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque
9.1 Rappels sur les théories des plaques

L’expression (9.11) est de plus tout à fait équivalente à celle utilisée pour la vérification des poutres en flexion simple. En effet, (9.10) peut être aisément retrouvée
à partir de (8.79) en posant que l’inertie I est égale à e 3 12 .
De même et pour la contrainte de cisaillement, (9.6) et (9.8) permettent de
déduire :
12 z ⋅ M xy
τ xy =
(9.12)
e3
e
soit pour z = ± :
2
6 M xy
τ xy = ± 2
(9.13)
e
■■ Flexion des plaques sous charges latérales réparties
En étudiant l’équilibre d’un tronçon de plaque soumis à une charge répartie q ,
on obtient :
En sommant les forces par rapport à l’axe z
z
q
y
x
Ty +
∂T
Tx + x dx
∂x
e
∂T y
∂y
dy
Tx
Ty
dx
dy
Figure 9.3 – Sommation des forces par rapport z.
∂T y ⎞
⎛
∂Tx ⎞
⎛
dx ⎟ ⋅ dy − Tx ⋅ dy + ⎜T y +
dy ⎟ ⋅ dx − T y ⋅ dx + q ⋅ dx ⋅ dy = 0
⎜Tx +
∂x
∂y
⎝
⎠
⎝
⎠
d’où après simplification :
∂Tx ∂T y
+
= −q
∂x
∂y
(9.14)
188
9782100544639.indb 188
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9 • Éléments de plaque
9.1 Rappels sur les théories des plaques

En sommant les moments par rapport à l’axe y
z
q
y
M xy
x
M xx +
M xx
∂M xx
dx
∂x
M xy +
∂M xy
∂y

Tx
e
A
dy
dx
dy
Figure 9.4 – Sommation des moments par rapport à l’axe y.
∂M xy ⎞
⎛
∂M xx ⎞
⎛
Tx ⋅ dy ⋅ dx = 0
dx ⎟ ⋅ dy − M xx ⋅ dy + ⎜ M xy +
dy ⎟ ⋅ dx − M xy ⋅ dx −T
⎜ M xx +
∂x
∂y
⎝
⎠
⎝
⎠
d’où après simplification :
∂M xx ∂M xy
+
= Tx
∂x
∂y
(9.15)
De la même manière et en étudiant l’équilibre suivant l’axe x, on trouvera comme
troisième équation d’équilibre :
∂M xy
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
∂x
+
∂M yy
∂y
= Ty
(9.16)
En reportant (9.15) et (9.16) dans (9.14), on déduit :
∂ ⎛ ∂M xx ∂M xy ⎞ ∂ ⎛ ∂M xy ∂M yy ⎞
+
+
⎜
⎟+ ⎜
⎟+q =0
∂x ⎝ ∂x
∂y ⎠ ∂y ⎝ ∂x
∂y ⎠
(9.17)
∂ 2 M xy ∂ 2 M yy
∂ 2 M xx
2
+
+
= −q
∂x 2
∂x ∂y
∂y 2
(9.18)
Soit
En injectant maintenant (9.5) et (9.9) dans (9.18), on obtient la deuxième forme
de cette équation en fonction de w :
9782100544639.indb 189
189
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9 • Éléments de plaque
9.1 Rappels sur les théories des plaques

∂ 4w
∂ 4w
∂ 4w q
2
+
+
= = ΔΔ ( w )
∂x 4
∂x 2 ∂y 2 ∂y 4 D
(9.19)
L’expression (9.19) est en fait une extension de la relation (6.9) relative à la théorie
des poutres élancées.
9.1.2 Théorie des plaques épaisses
La théorie de Henky-Mindlin relative aux plaques épaisses s’applique quand les
rapports dimensions-épaisseur sont compris entre 4 et 201 (cf. [5]).
z , w( x, y )
y , v ( x, y )
θx
θy
e
a
x, u ( x, y )
b
Figure 9.5 – Plaques épaisses de côtés a, b.
La prise en compte du cisaillement transverse revient à considérer que les points
situés sur la normale au plan moyen de la plaque ne sont plus forcément sur cette
même normale après déformation. Les déplacements horizontaux sont alors fonction de rotations θ x ( x , y ) et θ y ( x , y ) mesurées par rapport à la normale au plan
moyen non déformé d’où :
u = u ( x, y ) = z ⋅θ x ( x, y )
(9.20)
v = v ( x, y ) = z ⋅θ y ( x, y )
Les déformations relatives à la flexion sont par définition égales à :
{ε f }
⎧ ∂θ
⎫
⎧ ∂u ⎫
x
⎪
⎪
⎪
⎪
∂
x
∂
x
⎪
⎪
⎪
⎪
⎧ε xx ⎫
⎪⎪ ∂θ y
⎪⎪
⎪ ⎪ ⎪ ∂v ⎪
= ⎨ε yy ⎬ = ⎨
⎬
⎬ = z ⋅⎨
∂y
⎪γ ⎪ ⎪ ∂y ⎪
⎪
⎪
⎩ xy ⎭ ⎪ ∂v ∂u ⎪
⎪ ∂θ y ∂θ x ⎪
+
⎪
⎪ + ⎪
⎪
∂y ⎪⎭
⎪⎩ ∂x
⎩ ∂x ∂y ⎭
(9.21)
a b
1. 4 < ; < 20 .
e e
190
9782100544639.indb 190
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9 • Éléments de plaque
9.1 Rappels sur les théories des plaques

Supposant les déformations liées au cisaillement transverse constantes sur l’épaisseur, il est alors possible d’écrire que :
⎧ ∂w
⎫
+θy ⎪
⎪
γ
⎧ yz ⎫ ⎪ ∂y
⎪
{ε c } = ⎨ ⎬ = ⎨
⎬
⎩γ xz ⎭ ⎪ ∂w + θ ⎪
x
⎪⎭
⎩⎪ ∂x
(9.22)
)
A

(
Par conséquent, la non prise en compte du cisaillement transverse i .e . γ yz = γ xz = 0
∂w
∂w
et θ y = −
revient à poser θ x = −
ce qui permet de retrouver (9.1) à partir
∂x
∂y
de (9.20).
L’hypothèse de contrainte plane nous permet donc de déduire :
Pour la flexion
{σ f }
⎧ ∂θ
⎫
x
⎪
⎡
⎤ ⎪
∂x
⎪
⎢1 ν
⎧σ xx ⎫
0 ⎥ ⎪
⎪⎪
⎥ ⎪⎪ ∂θ y
Ez ⎢
⎪ ⎪
ν
= ⎨σ yy ⎬ =
1
0
⋅
⎨
⎬ = ⎡⎣ H f ⎤⎦ ⋅ ε f
⎢
⎥
2
−
ν
y
∂
1
⎪τ ⎪
⎪
⎢
1 −ν ⎥ ⎪
⎩ xy ⎭
⎢0 0
⎥ ⎪ ∂θ y ∂θ x ⎪
⎣
2 ⎦ ⎪
+
⎪
∂y ⎪⎭
⎪⎩ ∂x
{ }
(9.23)
⎧ ∂w
⎫
+θy ⎪
⎧τ yz ⎫
⎡1 0 ⎤ ⎪⎪ ∂y
E
⎪
{σ c } = ⎨ ⎬ =
⎬ = [ H c ] ⋅ {ε c }
⎢
⎥⋅⎨
⎩τ xz ⎭ 2 (1 + ν ) ⎣0 1 ⎦ ⎪ ∂w + θ ⎪
x
⎪⎩ ∂x
⎪⎭
(9.24)
Pour le cisaillement
L’énergie de déformation élastique totale sera alors égale à la somme des énergies
de flexion et de cisaillement :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
W =
T
T
T
1
1
k
{ε } ⋅ {σ } ⋅ dV = ∫ ε f ⋅ σ f ⋅ dV + ∫ {ε c } ⋅ {σ c } ⋅ dV
∫
2V
2V
2V
{ } { }
(9.25)
avec k : facteur de correction de cisaillement.
Ce coefficient k est généralement pris égal à 5/6 ce qui correspond à la section d’effort tranchant d’une section rectangulaire. Cela signifie que la théorie de HenkyMindlin s’apparente à celle de Timoshenko relative aux poutres avec cisaillement
transverse (cf. § 6.3.2).
W =
9782100544639.indb 191
T
T
1
k
ε f ⋅ ⎡⎣ H f ⎤⎦ ⋅ ε f ⋅ dS ⋅ dz + ∫ {ε c } [ H c ] ⋅ {ε c } ⋅ dS ⋅ dz
∫
2V
2V
{ }
{ }
(9.26)
191
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
soit après intégration sur l’épaisseur :
W =
T
T
1
k
ε f ⋅ ⎡⎣ H 1 f ⎤⎦ ⋅ ε f ⋅ dS + ∫ {ε c } ⋅ [ H 1c ] ⋅ {ε c } ⋅ dS
∫
2S
2S
{ }
{ }
(9.27)
⎡
⎤
⎢1 ν
0 ⎥
⎢
⎥
Ee 3
⎡⎣ H 1 f ⎤⎦ =
0 ⎥
ν 1
⎢
2
12 (1 −ν ) ⎢
1 −ν ⎥
⎢0 0
⎥
2 ⎦
⎣
avec
[ H 1c ] =
Eek ⎡1 0 ⎤
⎢
⎥
2 (1 + ν ) ⎣0 1 ⎦
9.2 Exemple 9 : plaque simplement appuyée sur 4 côtés
Soit une plaque rectangulaire de largeur a, de longueur b et d’épaisseur e subissant
une charge répartie transversale q , on désire calculer le déplacement vertical w
et les moments M xx et M yy au centre de la plaque en fonction d’une densité de
maillage variable (2 ¥ 2, 4 ¥ 4, etc.), le but étant comparer les résultats à ceux de la
théorie des plaques. L’effet du cisaillement sera dans ce cas négligé.
2b
A
y
Appuis simples
2a
Appuis simples
Appuis simples
a
Appuis simples
b
x
Figure 9.6 – Exemple 9 : plaque simplement appuyée en flexion.
Les bords de la plaque étant simplement appuyés, les déplacements w et les
moments sont nuls sur tout le contour. D’après (9.5), on a par rapport à :
192
9782100544639.indb 192
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
• x (y = 0)
( w ) x =0 = 0
⎛ ∂ 2w
⎛ ∂ 2w
∂ 2w ⎞
∂ 2w ⎞
=0
ν
ν
+
⋅
⇔
+
⋅
⎜
⎟
⎟
2
2
∂y 2 ⎠ x =0
∂y 2 ⎠ x =0
⎝ ∂x
⎝ ∂x
( M xx )x =0 = 0 = −D ⋅ ⎜
(9.28)
• y (x = 0)
2
2
⎛ ∂ 2w
∂ 2w ⎞
=0
⇔ ⎜ 2 +ν ⋅ 2 ⎟
∂x ⎠ y =0
⎝ ∂y
⎠ y =0
( M yy ) y =0 = 0 = −D ⋅ ⎜ ∂∂yw2 +ν ⋅ ∂∂xw2 ⎟
⎛
⎝
⎞
(9.29)

A
( w ) y =0 = 0
Pour résoudre l’équation générale des plaques (9.19) avec ce type de conditions
d’appui, une méthode consiste à décomposer les fonctions de déplacement et de
charge en séries de fonctions sinus. On pose alors que :
⎛ m ⋅π ⋅ x ⎞
⎛ n ⋅π ⋅ y ⎞
w ( x , y ) = ∑ ∑ amn ⋅ sin ⎜
⎟ ⋅ sin ⎜
⎟α
⎝ 2b ⎠
⎝ 2a ⎠
m =1 n =1
(9.30)
⎛ m ⋅π ⋅ x ⎞
⎛ n ⋅π ⋅ y ⎞
q ( x , y ) = ∑ ∑ qmn ⋅ sin ⎜
⎟ ⋅ sin ⎜
⎟α
⎝ 2b ⎠
⎝ 2a ⎠
m =1 n =1
(9.31)
∞
∞
∞
∞
avec amn et qmn constantes.
Après calculs, ceci permet de trouver :
Pour les déplacements (cf. [6])
w ( x, y ) =
∞
⎛ n ⋅π ⋅ y ⎞
⎛ m ⋅π ⋅ x ⎞
⎟
⎟ ⋅ sin ⎜
⎝ 2b ⎠ α
⎝ 2a ⎠
2
⎛ m2
n2 ⎞
m ⋅n ⋅⎜
+
⎟
⎜ ( 2 a )2 ( 2b )2 ⎟
⎝
⎠
∞ sin ⎜
16 ⋅ q
∑∑
π 6 ⋅ D m =1 n =1
(9.32)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Pour les moments
⎛ ∂ 2w
∂ 2w ⎞
M xx ( x , y ) = −D ⋅ ⎜ 2 + ν ⋅ 2 ⎟
∂y ⎠
⎝ ∂x
⎛ n ⋅π ⋅ y ⎞
⎛ m ⋅π ⋅ x ⎞
sin
⋅ sin ⎜
⎟ (9.33)
16 ⋅ q ∞ ∞ ⎛ m 2π 2
n 2π 2 ⎞ ⎜⎝ 2 a ⎟⎠
⎝ 2b ⎠
⎟
+
ν
M xx ( x , y ) = 6 ∑ ∑ ⎜
2
π m =1 n =1 ⎜⎝ ( 2a )2
( 2b )2 ⎟⎠
⎛ m2
n2 ⎞
m ⋅n ⋅⎜
+
⎟
⎜ ( 2 a )2 ( 2b )2 ⎟
⎝
⎠
9782100544639.indb 193
193
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9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
⎛ ∂ 2w
∂ 2w ⎞
M yy ( x , y ) = −D ⋅ ⎜ 2 + ν ⋅ 2 ⎟
∂x ⎠
⎝ ∂y
⎛ n ⋅π ⋅ y ⎞
⎛ m ⋅π ⋅ x ⎞
sin ⎜
⋅ sin ⎜
⎟ (9.34)
⎟
16 ⋅ q
⎝ 2b ⎠
⎝ 2a ⎠
⎟
+
ν
M yy ( x , y ) = 6 ∑ ∑ ⎜
2
π m =1 n =1 ⎜⎝ ( 2b )2
( 2a )2 ⎟⎠
⎛ m2
n2 ⎞
m ⋅n ⋅⎜
+
⎟
⎜ ( 2 a )2 ( 2b )2 ⎟
⎝
⎠
9.2.1 Plaque carrée de 2 m de côté
∞
∞ ⎛
n 2π 2
m 2π 2 ⎞
Appliquer à une plaque carrée de 2 m de côté avec des séries de 10 termes1, (9.32),
(9.33) et (9.34) avec E = 2.1 1011 N/m2, n = 0.0, q = –1 104 N/m2, a = b = 1 m, e
= 0.02 m permettront d’obtenir au centre de la plaque :
w ( a,b ) = −0.00464 m
M xx ( a,b ) = M yy ( a,b ) = −1476 Nm
Figure 9.7 – Plaque 2 ¥ 2 m – Déformée (Mathcad) w ( x , y ) .
Figure 9.8 – Plaque 2 ¥ 2 m – Moment (Mathcad) M xx ( x , y ) .
1. Les termes de ces séries doivent être impairs.
194
9782100544639.indb 194
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
Il est cependant important de préciser que les moments et autres efforts sont indiqués par unité de longueur le long de l’axe considéré et non autour de l’axe comme
cela a été le cas lors de l’étude des systèmes de poutres.
9.2.2 Plaque rectangulaire de 2 m ¥ 4 m
De même, l’étude d’une plaque rectangulaire de caractéristiques identiques1 mais
de longueur 4 m donnera au point A :
A
w ( a,b ) = −0.01053 m

M xx ( a,b ) = −4073 N.m
M yy ( a,b ) = −1865 N.m
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 9.9 – Plaque 2 ¥ 4 m – Déformée (Mathcad) w ( x , y ) .
Figure 9.10 – Plaque 2 ¥ 4 m – Moment (Mathcad) M xx ( x , y ) .
1. À l’exception du coefficient de Poisson qui vaut dans ce cas 0.3.
9782100544639.indb 195
195
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
Figure 9.11 – Plaque 2 ¥ 4 m – Moment (Mathcad) M yy ( x , y ) .
9.2.3 Maillage 2 ¥ 2
La division de chacun des côtés de la plaque de la figure 9.6 en deux segments
entraîne la génération de quatre éléments. De plus et du fait de la symétrie, il
est possible de réduire le problème à un seul élément. On pourra par exemple
conserver celui formant le coin supérieur gauche de la plaque. On a donc :
β1 y = β3 x = β 4 x = β 4 y = 0 .
Les conditions d’appui nous permettent également de poser que w1 = w2 = w3 = 0 .
Le problème se résume donc à cinq inconnues.
y
1
2
x
a
3
b
4
Figure 9.12 – Élément plaque de côtés a ¥ b.
Par ailleurs et plutôt que de se servir de l’élément de plaque C1 décrit au chapitre
7.2.2 et qui reste relativement compliqué à mettre en œuvre, on préférera utiliser
un élément Q4 (cf. § 7.2.1) comportant trois champs de déplacement indépendants w( x , y ) , θ x ( x , y ) , θ y ( x , y ) (cf. [7]), qui sous leurs formes isoparamétriques
s’écrivent :
196
9782100544639.indb 196
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
4
w(ξ ,η ) = ∑ N i ⋅ wi
i =1
4
θ x (ξ ,η ) = ∑ N i ⋅ βiy
(9.35)
i =1
4
θ y (ξ ,η ) = −∑ N i ⋅ βix
i =1
A
1
(1 + ξi ⋅ ξ ) ⋅ (1 + ηi ⋅η ) .
4

avec N i =
■■ Calcul de la matrice jacobienne et de son inverse
La formulation de cet élément étant analogue à celle utilisée au chapitre 8.1.1, le
jacobien est égal d’après (8.6) et (8.7) à :
1 ⎡(1 + η ) − (1 + η ) − (1 − η )
[J]= ⎢
4 ⎣(1 + ξ ) (1 − ξ ) − (1 − ξ )
⎡ x1
(1 − η ) ⎤ ⎢⎢ x2
⎥⋅
− (1 + ξ ) ⎦ ⎢ x3
⎢
⎣ x4
y1 ⎤
⎡b
y2 ⎥ ⎢ 2
⎥=⎢
y3 ⎥ ⎢
0
⎥
y 4 ⎦ ⎢⎣
⎤
0⎥
⎥
a⎥
2 ⎥⎦
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Son determinant et son inverse ont donc pour expressions :
⎡2
⎤
⎢a 0⎥
ab
−1
det [ J ] =
[ J ] = ⎢
⎥
4
⎢0 2⎥
⎢⎣
b ⎥⎦
d’où :
∂ Ni 2 ∂ Ni
=
∂x
a ∂ξ
∂ Ni 2 ∂ Ni
=
b ∂η
∂y
(9.36)
(9.37)
(9.38)
■■ Matrice de rigidité en repère local
Reprenant l’expression de l’énergie de déformation (9.27) :
W =
T
T
1
k
⎡
⎤
ε
⋅
H
⋅
ε
⋅
dS
+
ε
⋅ [ H 1c ] ⋅ {ε c } ⋅ dS
1
{
}
f
f
f
c
⎣
⎦
2 ∫S
2 ∫S
{ }
{ }
(9.39)
La matrice de rigidité en repère local sera obtenue en posant :
[k1 ] = ⎡⎣k1 f ⎤⎦ + [k1c ] =
1 1
T
1 1
T
∫ ∫ ⎡⎣B f ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣H 1 f ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣B f ⎤⎦ ⋅ det [ J ] ⋅ d ξ dη + ∫ ∫ [ Bc ] ⋅ [ H 1c ] ⋅[ Bc ] ⋅ det [ J ] ⋅ d ξ dη
−1 −1
9782100544639.indb 197
(9.40)
−1 −1
197
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9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
avec :
⎡
⎤
⎢1 ν
0 ⎥
⎢
⎥
Ee 3
0 ⎥
ν 1
• ⎡⎣ H 1 f ⎤⎦ =
⎢
2
12 (1 −ν ) ⎢
1 −ν ⎥
⎢0 0
⎥
2 ⎦
⎣
• [ H 1c ] =
{ }
• εf
Eek ⎡1 0 ⎤
⎢
⎥
2 (1 + ν ) ⎣0 1 ⎦
⎧ w1 ⎫
⎪β ⎪
⎡
⎪ 1x ⎪
0
⎢0
⎪ β1 y ⎪
⎢
⎪
⎪
2 ∂ Ni
⎪ . ⎪
⎢
= ⎡⎣ B f ⎤⎦ ⋅ {q1} = ⎡⎣ B f 1 B f 2 B f 3 B f 4 ⎤⎦ ⋅ ⎨
; ⎡⎣ B fi ⎤⎦ = ⎢0 −
⎬
a ∂η
⎪ . ⎪
⎢
⎪ w4 ⎪
⎢0 − 2 ∂ N i
⎪
⎪
⎢⎣
b ∂ξ
⎪β4 x ⎪
⎪β4 y ⎪
⎩
⎭
• {ε c } = [ Bc ] ⋅ {q1} = ⎡⎣ Bc1
Bc 2
Bc 3
⎡ 2 ∂ Ni
⎢ a ∂η
Bc 4 ⎤⎦ ⋅ {q1} ; [ Bci ] = ⎢
⎢ 2 ∂ Ni
⎢⎣ b ∂ξ
−N i
0
2 ∂ Ni ⎤
b ∂ξ ⎥⎥
⎥
0 ⎥
⎥
2 ∂ Ni ⎥
a ∂η ⎥⎦
⎤
0⎥
⎥
Ni ⎥
⎥⎦
■■ Intégration réduite – blocage en cisaillement
L’élément décrit précédemment qui est basé sur la théorie de Henky-Mindlin, est
de par sa conception, adapté au calcul des plaques épaisses. Il devrait donc se révéler peu efficace dans la mesure où notre plaque a un élancement géométrique égal
à 100. L’expérience montre d’ailleurs que les résultats donnés par ce type d’élément
se détériorent très rapidement lorsque l’allongement augmente.
Il s’avère en fait que la part de rigidité relative au cisaillement [ k1c ] est très surévaluée dans ce cas d’où la notion de blocage en cisaillement1. Pour pallier ce problème et afin de permettre une utilisation sans restriction de ce type d’élément,
une technique consiste à sous intégrer [ k1c ] . On parlera alors d’intégration réduite.
De plus et dans la mesure où les termes relatifs à la flexion ⎡⎣k1 f ⎤⎦ sont intégrés de
manière exacte (2 ¥ 2 points de Gauss pour notre Q4), elle est dite sélective car
réservée uniquement au cisaillement.
1. Shear locking en anglais. Ce verrouillage en cisaillement doit être analysé avec précaution dans la mesure
où celui-ci peut amener à des erreurs grossières.
198
9782100544639.indb 198
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
Dans notre cas, les termes associés à θ x et θ y seront intégrés avec deux points de
Gauss dans la direction considérée et un seul perpendiculairement. Par exemple,
ceci donnera pour le terme 2,2 de la matrice [ k1c ] :
1 1
Eek ab
N12 ⋅ d ξ dη
2 (1 + ν ) 4 −∫1 −∫1
=1
3
2
2
2
⎞⎤
Eek ab ⎡
1 ⎞
1 ⎞
2 ⎛
2
⎛ 1 ⎞ ⎛⎛
⋅ ⎢2 ⋅1 ⋅ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜1 +
1 + 0 ) + ⎜1 −
1 + 0) ⎟⎥
=
(
(
⎟
⎟
⎟⎥
2 (1 + ν ) 4 ⎢
3⎠
3⎠
⎝ 4 ⎠ ⎜⎝ ⎝
⎝
⎠⎦
⎣
(9.41)
A

k1c 22 =
À titre de comparaison et si une intégration à 2 ¥ 2 points avait été faite, le terme
entre crochets dans (9.41) aurait valu 4/9 au lieu de 1/3. La nouvelle matrice de
rigidité ainsi obtenue par intégration réduite sera notée [k1, réduite] dans ce qui suit.
■■ Vecteur charges en repère local
La charge répartie s’appliquant transversalement, soit suivant l’axe z, seuls les
degrés de liberté associés à cette direction sont intéressés par ce calcul. Le vecteur
des charges nodales peut alors être établi en ne prenant en compte que les déplacements verticaux w , soit d’après (4.18) :
T
{ f zs } = ∫s [ N ] ⋅ { f s } ⋅ dS
2
1 1
= ∫ ∫ ⎡⎣ N1
N2
N3
−1 −1
T
N 4 ⎤⎦ ⋅ ( −q ) ⋅ det [ J ] ⋅ d ξ dη
(9.42)
On trouve ainsi pour chacun des nœuds de l’élément :
f1z = f 2 z = f 3 z = f 4 z = −
■■ Résolution du système
qab
.
4
[ K ]{q} = {F }
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Le repère local de l’élément étant confondu avec le repère global, il n’a donc pas
lieu d’effectuer de changement de base. Le système peut donc être résolu directement en posant [K ] = [k1, réduite] matrice de rigidité de l’élément 1 obtenue par
intégration réduite et {F } = { f zs } .
□□ Plaque carrée
Dans le cas de la plaque carrée, l’écriture de cette matrice [K ] = [k1, réduite] est considérablement simplifiée par le fait de la prise en compte de ν = 0 . On obtient après
intégration :
9782100544639.indb 199
199
09/02/10 14:58
40a
40a
20a
20a
−40a
−40
−20a
−80
−20a
−40
−40a
⎡160
⎤
⎢
⎥
24e 2 + 20a 2
−6e 2
−20a
10a 2
−6e 2
20a −12e 2 + 5a 2
6e 2
40a −12e 2 + 10a 2
6e 2
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
24e 2 + 20a 2 −40a
6e 2
−12e 2 + 10a 2 −20a
6e 2
−12e 2 + 5a 2 20a
−6e 2
10a 2
⎢
⎥
⎢
⎥
160
−40a
−40a
−40
−40a
−20a
−80
−20a
−20a
⎢
⎥
⎢
⎥
24e 2 + 20a 2
6e 2
40a −12e 2 + 10a 2
−6e 2
20a −12e 2 + 5a 2
−6e 2
⎢
⎥
⎢
2 + 20a 2 −20a
2
2
2
2 + 5a 2 ⎥
24
6
10
20
6
12
e
e
a
a
−
e
−
e
Ee ⎢
⎥
⎥ (9.43)
576 ⎢
160
40a
20a
−40a
−40
−40a
⎢
⎥
⎢
⎥
2
2
2
2
2
24e + 20a
20a
10a
−6e
−6e
⎢
⎥
⎢
2 + 20a 2 40a
2
2 + 10a 2 ⎥
24
6
12
SYM
e
e
−
e
⎢
⎥
⎢
⎥
160
40a
40a
⎢
⎥
⎢
⎥
24e 2 + 20a 2
6e 2
⎢
⎥
⎢
⎥
2
2
24e + 20a ⎥⎦
⎢⎣
9 • Éléments de plaque
9782100544639.indb 200
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
200
09/02/10 14:58
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
Après introduction des conditions aux limites w1 = w2 = w3 = 0 et β1 y = β3 x = β 4 x = β 4 y = 0
β1 y = β3 x = β 4 x = β 4 y = 0 , le système devient :
⎧ 0 ⎫
⎪ 0 ⎪
⎪
⎪
⎪ 0 ⎪
=⎨
⎬
⎪ 0 ⎪
⎪ qa 2 ⎪
⎪−
⎪
⎩ 4 ⎭
A
(9.44)

10a 2
6e 2
40a ⎤ ⎧ β1x ⎫
−6e 2
⎡24e 2 + 20a 2
⎢
⎥
10a 2
24e 2 + 20a 2
6e 2
20a ⎥ ⎪⎪ β 2 x ⎪⎪
−6e 2
⎢
Ee
⎪
⎪
⎢ −6e 2
6e 2
24e 2 + 20a 2
10a 2
20a ⎥ ⎨ β 2 y ⎬
576 ⎢
⎥
6e 2
10a 2
24e 2 + 20a 2 40a ⎥ ⎪ β3 y ⎪
−6e 2
⎢
⎪
⎪
⎢
⎥ ⎪ w4 ⎪
40
20
20
40
160
a
a
a
a
⎭
⎣
⎦⎩
Ce qui permet d’obtenir après résolution :
⎧
⎫
6 a 3 (11e 2 + 5a 2 )
⎪
⎪
e2
⎪
⎪
⎧ β1x ⎫
42 a 3
⎪
⎪
⎪β ⎪
⎪
⎪
3
⎪⎪ 2 x ⎪⎪
42 a
q
⎪
⎪
β
=
⎨ 2y ⎬
⎬
2 + 25a 2 ⎨
3
2
2
Ee
48
e
(
)⎪
6 a (11e + 5a )
⎪β ⎪
⎪
⎪ 3y ⎪
⎪
⎪
2
e
⎪⎩ w4 ⎪⎭
⎪
⎪
2
4
2 2
4
⎪− 3a ( 72e + 110a e + 25a ) ⎪
⎪⎩
⎪⎭
5e 2
(9.45)
soit
w4 = −0.357 ⋅10−2 m ; β1x = β3 y = 0.714 ⋅10−2 rad ; β 2 x = β 2 y = 0.399 ⋅10−5 rad .
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
□□ Plaque rectangulaire
En appliquant la même démarche au cas de la plaque rectangulaire, on déduit pour
les déplacements et rotations :
w4 = −0.8233 ⋅10−2 m
β1x = 0.1646 ⋅10−1 rad ; β 2 x = 0.202 ⋅10−5 rad ;
β 2 y = 0.4041 ⋅10−5 rad ; β3 y = 0.8227 ⋅10−2 rad
■■ Moments – contraintes de flexion
Les contraintes de flexion sont obtenues à partir de la relation contrainte – déformation (9.23) :
9782100544639.indb 201
201
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
{σ f }
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
⎧ ∂θ
⎫
x
⎪
⎡
⎤ ⎪
∂x
⎪
⎢1 ν
⎧σ xx ⎫
0 ⎥ ⎪
⎪⎪
⎥ ⎪⎪ ∂θ y
Ez ⎢
⎪ ⎪
ν
= ⎨σ yy ⎬ =
1
0
⋅
⎨
⎬
⎢
⎥
2
∂y
⎪ τ ⎪ 1 −ν ⎢
⎪
⎪
⎥
ν
−
1
⎩ xy ⎭
⎢0 0
⎥ ⎪ ∂θ y ∂θ x ⎪
⎣
2 ⎦ ⎪
+
⎪
∂y ⎪⎭
⎪⎩ ∂x
(9.46)
{σ f } = ⎡⎣H f ⎤⎦ ⋅ {ε f } = ⎡⎣H f ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣B f ⎤⎦ ⋅ {q1}
e
avec z correspondant aux fibres inférieure et supérieure de la plaque, soit z = ± .
2
⎧σ xx ⎫
⎧ M xx ⎫
⎪ ⎪ 12 z ⎪
⎪
On sait par ailleurs d’après (9.10) et (9.12) que ⎨σ yy ⎬ = 3 ⎨ M yy ⎬ ce qui per⎪τ ⎪ e ⎪ M ⎪
⎩ xy ⎭
⎩ xy ⎭
met de déduire pour les moments :
⎧ M xx ⎫
⎪
⎪
⎨ M yy ⎬ = ⎡⎣ H 1 f ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣ B f ⎤⎦ ⋅ {q1}
⎪M ⎪
⎩ xy ⎭
(9.47)
Pour l’exemple de la plaque carrée, les expressions obtenues pour les moments
sont :
⎧ M xx ⎫
⎧
⎫
e 2 ( 4η − 18 ) + 5a 2 (η − 1)
2
qa
⎪
⎪
⎪
⎪
2
2
−e ( 4ξ + 18 ) − 5a (ξ + 1)
⎨ M yy ⎬ =
⎬
2 + 25a 2 ⎨
4
48
e
(
) ⎪2e 2 ( 4ξ − 4η − 8) + 10a 2 (ξ − η − 2 )⎪
⎪M ⎪
⎩
⎭
⎩ xy ⎭
soit en fonction des coordonnées x, h :
ξ = −1;η = 1
⎧ M xx ⎫ ⎧−0.56 N.m ⎫
⎪
⎪ ⎪
⎪
{M } = ⎨ M yy ⎬ = ⎨−0.56 N.m ⎬
⎪ M ⎪ ⎪ −999 N.m ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = 1;η = 1
⎧ M xx ⎫ ⎧ −0.56 N.m ⎫
⎪
⎪ ⎪
⎪
{M } = ⎨ M yy ⎬ = ⎨−1000 N.m ⎬
⎪ M ⎪ ⎪ −499 N.m ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = 0 ;η = 0
⎧ M xx ⎫ ⎧−500 N.m ⎫
⎪
⎪ ⎪
⎪
{M } = ⎨ M yy ⎬ = ⎨−500 N.m ⎬
⎪ M ⎪ ⎪−499 N.m ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
202
9782100544639.indb 202
ξ = −1;η = −1
⎧ M xx ⎫ ⎧−1000 N.m ⎫
⎪
⎪ ⎪
⎪
{M } = ⎨ M yy ⎬ = ⎨ −0.56 N.m ⎬
⎪ M ⎪ ⎪ −499 N.m ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = 1;η = −1
⎧ M xx ⎫ ⎧−1000 N.m ⎫
⎪
⎪ ⎪
⎪
{M } = ⎨ M yy ⎬ = ⎨ −1000 N.m ⎬
⎪M ⎪ ⎪
0 N.m ⎪⎭09/02/10 14:59
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = 0 ;η = 0
⎧ M xx ⎫ ⎧−500 N.m ⎫
⎪
⎪ ⎪
⎪
{M } = ⎨ M yy ⎬ = ⎨−500 N.m ⎬
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
⎪ M ⎪ ⎪−499 N.m ⎪
⎭simplement appuyée sur 4 côtés
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = −1;η = −1
ξ = 1;η = −1
⎧ M xx ⎫ ⎧−1000 N.m ⎫
⎪
⎪ ⎪
⎪
{M } = ⎨ M yy ⎬ = ⎨ −0.56 N.m ⎬
⎪ M ⎪ ⎪ −499 N.m ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
⎧ M xx ⎫ ⎧−1000 N.m ⎫
⎪
⎪ ⎪
⎪
{M } = ⎨ M yy ⎬ = ⎨ −1000 N.m ⎬
⎪M ⎪ ⎪
0 N.m ⎪⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
d’où les valeurs des contraintes pour z = +
e
:
2
ξ = −1;η = 1
A
ξ = 1;η = 1
⎧σ xx ⎫ ⎧ ≈ 0 ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨ − 15 MPa ⎬
⎪ τ ⎪ ⎪−7.5 MPa ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩

⎧σ xx ⎫ ⎧ ≈ 0 ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨ ≈ 0 ⎬
⎪ τ ⎪ ⎪−15 MPa ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = 0 ;η = 0
⎧σ xx ⎫ ⎧−7.5 MPa ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨−7.5 MPa ⎬
⎪ τ ⎪ ⎪−7.5 MPa ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = −1;η = −1
⎧σ xx ⎫ ⎧ − 15 MPa ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨ ≈ 0 ⎬
⎪ τ ⎪ ⎪−7.5 MPa ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
ξ = 1;η = −1
⎧σ xx ⎫ ⎧−15 MPa ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
{σ } = ⎨σ yy ⎬ = ⎨−15 MPa ⎬
⎪τ ⎪ ⎪ ≈ 0 ⎪
⎭
⎩ xy ⎭ ⎩
■■ Efforts tranchants – contraintes de cisaillement
Reprenant l’expression (9.24) liant contraintes et déformations de cisaillement :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧ ∂w
⎫
+θy ⎪
⎧τ yz ⎫
⎡1 0 ⎤ ⎪⎪ ∂y
E
⎪
{σ c } = ⎨ ⎬ =
⎬ = [ H c ] ⋅ {ε c } = [ H c ] ⋅ [ Bc ] ⋅ {q1} (9.48)
⎢0 1 ⎥ ⋅ ⎨
τ
+
ν
2
1
w
∂
(
) ⎣ ⎦ ⎪ +θ ⎪
⎩ xz ⎭
x
⎪⎩ ∂x
⎪⎭
On pose que l’effort tranchant dans la direction x et y est égal à l’intégrale des
contraintes de cisaillement sur l’épaisseur e . On a donc après correction des
contraintes de cisaillement par le facteur k :
e
⎧Txz ⎫
2
{T } = ⎨ ⎬ = k ∫ e {σ c } ⋅ dz = k ⋅ e ⋅ {σ c } = [ H 1c ] ⋅ {ε c } = [ H 1c ] ⋅ [ Bc ] ⋅ {q1} (9.49)
−
⎩T yz ⎭
2
9782100544639.indb 203
203
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
avec [ H 1c ] =
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
Eek ⎡1 0 ⎤
⎢
⎥.
2 (1 + ν ) ⎣0 1 ⎦
9.2.4 Augmentation du maillage
■■ Plaque carrée
Les résultats obtenus au chapitre précédent n’étant pas conformes avec la théorie des plaques, il est alors nécessaire d’augmenter le maillage afin d’approcher au
mieux la solution objective. Pour ce faire, chacune des lignes d’appui a été divisée
en un nombre de segments pair.
Tableau 9.1 – wA en fonction du maillage.
Déplacement au centre de la plaque (mm)
Maillage
wA
Objectif
Erreur
2¥2
–3.57
–4.64
23.06%
4¥4
–4.52
–4.64
2.59%
6¥6
–4.60
–4.64
0.86%
8¥8
–4.62
–4.64
0.43%
10 ¥ 10
–4.63
–4.64
0.22%
12 ¥ 12
–4.64
–4.64
0.00%
14 ¥ 14
–4.64
–4.64
0.00%
Il apparaît après calculs que les déplacements sont très rapidement proches de la
valeur escomptée et ce dès un maillage 4 ¥ 4. Ceci était néanmoins prévisible
puisque l’équation générale des plaques (9.19) suppose une fonction de déplacement w du quatrième degré. Notre élément de plaque ayant une fonction d’approximation linéaire en w , cinq points sont nécessaires pour la reconstituer soit
quatre éléments.
Il est donc recommandé, avec ce type d’élément, d’avoir au minimum quatre divisions entre lignes d’appui. Bien évidemment, cette règle, qui n’a rien d’absolu,
varie en fonction du degré de sophistication de l’élément choisi. En effet, nous
verrons au chapitre 10 qu’il sera possible d’obtenir des résultats similaires à ceux du
maillage 4 ¥ 4 avec un élément dit à intégration réduite Q4R. Cet élément dont
les caractéristiques sont similaires à celles du Q4 de base se différencie par une intégration réduite à un point des termes de rigidité de flexion, ceci ayant pour effet de
réduire le caractère trop rigide du Q4.
Pour ce qui concerne les moments M xx et M yy qui sont égaux dans ce cas, le
même constat est valable pour le maillage. Ceci étant, il faut distinguer les résultats
204
9782100544639.indb 204
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
lissés et non lissés qui n’évoluent pas de la même façon. En effet et comme constaté
au chapitre 8.3.5, on s’aperçoit qu’il est préférable de retenir les efforts non lissés
avec des maillages peu denses.
2×2
0
4×4
6×6
Maillage
8 × 8 10 × 10 12 × 12 14 × 14
A
– 400

Moments lissés
au centre de la plaque (N.m)
– 200
– 600
Mxx
– 800
Objecf Mxx
– 1 000
– 1 200
– 1 400
– 1 600
– 1 800
Figure 9.13 – Plaque carrée – Moments lissés (N.m).
Maillage
2×2
0
4×4
6×6
8 × 8 10 × 10
12 × 12 14 × 14
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Moments non lissés
au centre de la plaque (N.m)
– 200
– 400
– 600
Mxx
– 800
Objecf Mxx
– 1 000
– 1 200
– 1 400
– 1 600
Figure 9.14 – Plaque carrée – Moments non lissés (N.m).
9782100544639.indb 205
205
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés
Figure 9.15 – Déformée (Effel) – maillage 6 ¥ 6.
■■ Plaque rectangulaire
Tableau 9.2 – wA en fonction du maillage.
Déplacement au centre de la plaque (mm)
Maillage
w
Objectif
Erreur
2¥2
–8.23
–10.53
21.84%
4¥4
–10.39
–10.53
1.33%
6¥6
–10.44
–10.53
0.85%
8¥8
–10.48
–10.53
0.47%
10 ¥ 10
–10.50
–10.53
0.28%
12 ¥ 12
–10.51
–10.53
0.19%
14 ¥ 14
–10.52
–10.53
0.09%
Les conclusions pour la plaque rectangulaire sont tout à fait similaires à celles établies à partir des résultats du tableau 9.1, les déplacements se rapprochant de la
théorie dès un maillage à quatre divisions. Concernant les moments, la progression est toujours légèrement plus lente puisque les résultats sont conformes dès six
mailles pour les valeurs lissées et quatre pour celles non lissées. On notera encore
une fois une meilleure convergence des résultats non lissés.
206
9782100544639.indb 206
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
9.2 Exemple 9 : plaque
simplement appuyée sur 4 côtés

A
Figure 9.16 – Moments Mxx lissés (Effel) – maillage 12 ¥ 12.
2×2
0
4×4
6×6
Maillage
8 × 8 10 × 10
12 × 12 14 × 14
– 500
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Moments lissés
au centre de la plaque (N.m)
– 1 000
– 1 500
Myy
Objecf Myy
Mxx
Objecf Mxx
– 2 000
– 2 500
– 3 000
– 3 500
– 4 000
– 4 500
– 5 000
Figure 9.17 – Plaque rectangulaire – Moments lissés (N.m).
9782100544639.indb 207
207
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
9.3 Exemple 10 : plancher dalle
Maillage
2×2
0
4×4
6×6
8 × 8 10 × 10
12 × 12 14 × 14
Moments non lissés
au centre de la plaque (N.m)
– 500
– 1 000
Myy
Objecf Myy
Mxx
Objecf Mxx
– 1 500
– 2 000
– 2 500
– 3 000
– 3 500
– 4 000
– 4 500
Figure 9.18 – Plaque rectangulaire – Moments non lissés (N.m).
9.3 Exemple 10 : plancher dalle
On désire étudier le plancher dalle suivant :
b
a
a
a/2
a
A’
B
Y
Appuis simples
A
Appuis simples
Appuis simples
2a
X
Figure 9.19 – Exemple 10 : plancher dalle.
Application numérique :
– a = 2 m, b = 4 m.
– Module longitudinal E = 1.962 ¥ 1010 N/m2.
– Coefficient de Poisson n = 0.1.
– Épaisseur de la dalle e = 0.2 m.
– Charge répartie transversale q = 25000 N/m2.
– Conditions d’appui : appuis simples aux extrémités + 4 appuis simples (poteaux).
208
9782100544639.indb 208
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
9.3 Exemple 10 : plancher dalle
9.3.1 Modélisation filaire
A

Dans un premier temps, une modélisation filaire de la demi-dalle est effectuée
afin de se donner un référentiel de comparaison. De plus et pour être conforme
aux éléments plaques de Henky-Mindlin, l’élément poutre choisi sera celui avec
prise en compte de l’effet de l’effort tranchant (cf. § 6.3.3). Le modèle dont la
fibre moyenne passe par le segment AA’, reconstitue donc une poutre continue de
largeur a et de longueur 2 a + b. Les données à prendre en compte pour le calcul
sont alors pour :
a ⋅ e3
= 0.0133 m 4 .
– L’inertie I z =
12
5
– La section d’effort tranchant S1, y = a ⋅ e = 0.333 m 2.
6
– La charge linéairement répartie p = q ⋅ a = 50000 N/m.
y
p
x
a
b
a
Figure 9.20 – Exemple 10 : modélisation filaire.
Sachant que la taille retenue pour chacun des éléments est de 0.5 m, les résultats
obtenus sont :
Pour les déplacements
Figure 9.21 – Déformée (Effel) en mm.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Pour les moments
Figure 9.22 – Diagramme des moments (Effel) Mz en N.m.
9782100544639.indb 209
209
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
9.3 Exemple 10 : plancher dalle
9.3.2 Modélisation surfacique
Avec l’élément Q4 décrit au chapitre 9.2.3 et des mailles de 0.5 mètre de côté, les
résultats obtenus montrent une légère divergence entre les modèles surfaciques et
poutres, le déplacement vertical en B étant de 2.21 mm pour 2.11 attendu. Ceci
étant, il faut relativiser ce constat dans la mesure où la flexion transversale n’est pas
prise en compte par la modélisation filaire. Enfin, il y a également un effet minime
dû à l’influence du coefficient de Poisson.
En intégrant le moment sur une coupe correspondant à la demi-largeur de la dalle,
on trouve respectivement 43685 N.m et – 44023 N.m pour les moments résultants
sur appui et en milieu de travée. Comparée au modèle poutres, la résultante en
travée reste conforme aux attentes. Par contre, celle sur appui diverge sensiblement
de la valeur objective. Ceci peut s’expliquer par le caractère linéaire de l’élément
Q4 utilisé qui engendre une progression également linéaire du moment sur son
domaine. De ce fait et en raison de la forte variation sur appui, celui-ci est incapable de reconstituer correctement cette courbe. Deux options s’offrent alors à
nous, soit augmenter la densité de maillage dans la direction longitudinale, soit
utiliser un élément plus performant.
Tableau 9.3 – Moments résultants obtenus avec différentes tailles d’éléments.
Déplacement vertical
en B (mm)
Moment en travée
(N.m)
Moment sur appui
(N.m)
Q4 – 0.50
–2.21
–44023
43685
Q4 – 0.25
–2.28
–43975
49789
Q4 – 0.17
–2.29
–43996
51846
Q9 – 0.50
–2.35
–45293
55433
On constate alors une légère évolution des déplacements et du moment en travée
mais également une nette amélioration de celui sur appui.
Bien évidemment, il serait illusoire de vouloir faire converger exactement les
approches filaire et surfacique. Ces deux modèles, bien que comparables, n’utilisent
pas les mêmes hypothèses, la théorie des poutres ne prenant pas en compte dans
les contraintes normales (et donc dans les moments) les effets dus au coefficient
de Poisson. Pour les quantifier, une astuce consiste à fixer « provisoirement » ν à
zéro dans le modèle surfacique et de comparer les résultats à ceux du modèle avec
ν réel.
210
9782100544639.indb 210
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
9.3 Exemple 10 : plancher dalle

A
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 9.23 – Déformée (Effel) – éléments Q4.
Figure 9.24 – Moment longitudinal (Effel) – éléments Q4.
9782100544639.indb 211
211
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
9.3 Exemple 10 : plancher dalle
Largeur a
0
0
0,25
0,5
0,75
1
1,25
1,5
1,75
2
– 2 500
Moment en travée (N.m)
– 5 000
– 7 500
Q9 - 0,5
– 10 000
Q4 - 0,50
– 12 500
Q4 - 0,25
– 15 000
Q4 - 0,17
– 17 500
– 20 000
– 22 500
– 25 000
Figure 9.25 – Coupe en milieu de travée centrale.
55 000
50 000
Moment sur appui (N.m)
45 000
40 000
Q9 - 0,50
35 000
Q4 - 0,50
30 000
Q4 - 0,25
25 000
Q4 - 0,17
20 000
15 000
10 000
5 000
0
0
0,25
0,5
0,75
1
1,25
1,5
1,75
2
Largeur a
Figure 9.26 – Coupe sur appui.
212
9782100544639.indb 212
09/02/10 14:59
9 • Éléments de plaque
9.3 Exemple 10 : plancher dalle

A
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 9.27 – Déformée (Effel) – éléments Q9.
9782100544639.indb 213
213
09/02/10 14:59
9782100544639.indb 214
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10 • Éléments de coque

A
10.1 Aspects théoriques
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Une coque est un élément surfacique tridimensionnel prenant en compte simultanément les effets de membrane et de flexion. Les surfaces à modéliser peuvent
être planes ou éventuellement gauches. On distinguera ainsi deux grandes familles
d’éléments relatives aux coques ; les coques planes ou courbes qui sont elles-mêmes
divisées en deux sous catégories : les coques peu profondes (shallow shell) ou profondes (deep shell). Du fait de son caractère tridimensionnel, l’élément coque possède six degrés de liberté par nœud.
Pour les structures formées de surfaces planes telles que les bâtiments constitués de
voiles en béton armé ou les ponts caissons, le recours à un élément de coque plane
se justifie amplement. Ceci étant, la même démarche est généralement adoptée
pour les surfaces gauches car les éléments de coques courbes qui sont difficiles à
formuler, sont d’une utilisation délicate.
La surface gauche est donc, dans ce cas, reconstituée par un assemblage de surfaces
planes. Cette approche présente néanmoins plusieurs inconvénients. Le premier
concerne la précision de cette reconstitution qui suppose des éléments de petites
tailles et donc un nombre de facettes important. Les charges appliquées perpendiculairement sur ces facettes ne sont pas non plus parfaitement représentatives de la
réalité du fait de la non prise en compte de la courbure dans le calcul des vecteurs
charges.
Comme pour les arcs maillés avec des éléments de poutres droites, on constate des
« poussées au vide » liées aux efforts de membrane. Bien évidemment, ces poussées
n’existent pas dans la réalité puisque ces efforts sont toujours tangents à la courbure
de la coque.
Le principe généralement le plus répandu pour la formulation d’un élément de
coque plane consiste à considérer la superposition d’un élément de membrane à
celui d’une plaque de même géométrie quadrangulaire ou triangulaire. Toutefois,
cette approche suppose que ces deux effets sont découplés.
L’élément membrane amenant deux degrés de liberté en translation u et v , la
plaque un seul en translation w et deux en rotation β x et β y , le sixième associé
à la normale au plan de la coque β z est donc absent ce qui pose un réel problème
9782100544639.indb 215
215
09/02/10 14:59
10 • Éléments de coque
10.1 Aspects théoriques

pour les éléments de coques coplanaires puisque les termes de rigidité associés sont
nuls1. Il en résulte une singularité de la matrice de rigidité.
w βx
0 0
βy
βz
0
0
0
0
0 0
0
0
0 0
0
0 0
0 0
0
0
u v
Membrane
Flexion
0
0
0
0
u
v
w
βx
βy
βz
Figure 10.1 – nœud d’un élément coque (DDL)
Pour résoudre ce problème, une solution proposée par [8] consiste à associer des
termes de rigidité fictifs faibles à la rotation β z assurant ainsi la stabilité numérique du système sans en perturber la solution. On pose alors que l’énergie de
déformation associée à l’élément est égale à :
We = We + Weβ z
(10.1)
Le principe de l’approximation polynomiale (cf. § 4.1) nous permet également
d’écrire que β z peut être exprimée à partir des fonctions de forme de l’élément et
des rotations nodales, soit :
β z = [ N ] ⋅ {β ze }
(10.2)
Ainsi et pour un élément à quatre nœuds de type Q4 (cf. § 7.2.1), on aura :
β z = N 1 ⋅ β z1 + N 2 ⋅ β z 2 + N 3 ⋅ β z 3 + N 4 ⋅ β z 4
(10.3)
1
(1 + ξi ⋅ ξ ) ⋅ (1 + ηi ⋅η ) .
4
Les déformations associées étant directement dépendantes des variations de β z
par rapport à x et y, on peut écrire pour un élément à n nœuds d’après (7.36) que :
avec N i =
∂N i
∂N n ⎤
⎧ ∂β z ⎫
⎡ ∂N1
⎧ ∂β z ⎫
.
.
⎪
⎪
⎢
⎪⎪ ∂x ⎪⎪
∂ξ
∂ξ
∂ξ ⎥
−1 ⎪ ∂ξ ⎪
−1
⎥ ⋅ {β ze } (10.4)
⎬ =[J] ⋅⎢
⎨ ∂β ⎬ = [ J ] ⋅ ⎨
N
N
N
β
∂
∂
∂
∂
z
⎢
⎥
i
n
z
1
⎪
⎪
⎪
⎪
.
.
⎢⎣ ∂η
⎪⎩ ∂η ⎪⎭
⎪⎩ ∂y ⎪⎭
∂η
∂η ⎥⎦
⎡⎣ Bβ z ⎤⎦
En s’inspirant du principe utilisé pour la construction des matrices de rigidité (cf.
§ 4.2.2), on déduit :
T
⎡⎣kβ z ⎤⎦ = α ⋅ ∫ ⎡⎣ Bβ z ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣ H β z ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣ Bβ z ⎤⎦ ⋅ dSe
(10.5)
Se
1. Certains logiciels utilisent cependant des éléments de coque à 5 DDL par nœud.
216
9782100544639.indb 216
09/02/10 14:59
10 • Éléments de coque
avec ⎡⎣ H β z ⎤⎦ =
10.1 Aspects théoriques

Ee 3 ⎡1 0 ⎤
⋅⎢
⎥.
12 ⎣0 1 ⎦
Ee 3
provient du fait que cette démarche s’inspire de celle rete12
nue pour le calcul de la part de rigidité associée à la flexion. Le coefficient α qui
varie en fonction de la précision de l’ordinateur utilisé, doit être choisi suffisamment « petit1 » pour ne pas affecter les résultats.
Pour établir la matrice de rigidité d’un élément de coque plane à quatre nœuds, il
suffira donc de reprendre l’expression (8.12) obtenue pour la membrane quadrangulaire au chapitre 8.1 et de l’additionner à celle de la plaque (9.40) du chapitre
9.2.3.2.
On notera cependant que dans ce cas la formulation retenue pour la partie flexion,
est celle de la plaque épaisse. Cet élément de coque « épaisse » reprend donc intégralement les développements relatifs au blocage en cisaillement (cf. § 9.2.3) et à
la prise en compte du cisaillement transverse. Il serait également tout à fait possible
de développer un élément de coque « mince » se basant la théorie de Kirchhoff.
Le choix du terme
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
u1 v1 w1 βx1βy1 βz1 u2 v2 w2 βx2 βy2 βz2 u3 v3 w3 βx3 βy3 βz3 u4 v4 w4 βx4 βy4 βz4
Figure 10.2 – Matrice

A
u1
v1
w1
βx 1
βy 1
βz 1
u2
v2
w2
βx 2
βy 2
βz 2
u3
v3
w3
βx 3
βy 3
βz 3
u4
v4
w4
βx 4
βy 4
βz 4
[ke ] d’un élément de coque plane à 4 nœuds.
1. De l’ordre de 10–3-10–4.
9782100544639.indb 217
217
09/02/10 14:59
10 • Éléments de coque
10.2 Exemple 11 : coque plate comprimée fléchie

10.2 Exemple 11 : coque plate comprimée fléchie
Reprenant la géométrie de l’exemple 9 avec la même charge transversale q (cf. chapitre 9.2), on sollicite, de manière symétrique, la tranche de cette plaque par une
charge uniformément répartie qh.
2b
y
Appuis simples
Appuis simples
2a
A
qh
qh
Appuis simples
a
Appuis simples
b
x
Figure 10.3 – Exemple 11 : coque comprimée – fléchie.
Avec un maillage 2 ¥ 2, les conditions de symétries et d’appui permettent d’écrire
comme au chapitre 9.2.3 pour le modèle maillé en éléments plaques :
β1 y = β3 x = β 4 x = β 4 y = w1 = w2 = w3 = 0
De plus et pour simplifier le problème, on considérera uniquement le déplacement
u4 non nul. Il reste donc six inconnues.
y
1
2
x
a
3
b
4
Figure 10.4 – Élément coque de côtés a ¥ b.
218
9782100544639.indb 218
09/02/10 14:59
10 • Éléments de coque
10.2 Exemple 11 : coque plate comprimée fléchie

Considérant les mêmes hypothèses de calcul que celles utilisées au chapitre 9.2.1
(E = 2.1 1011 N/m2, n = 0.0, q = –1 104 N/m2, a = b = 1 m, e = 0.02 m), on
ajoute à celles-ci une charge uniformément répartie qh = 1 ⋅107 N / m appliquée
dans l’épaisseur de la coque.
Étant donné qu’il s’agit d’une simple superposition des effets de membrane et de
flexion, on trouve bien évidemment pour la partie flexion les mêmes résultats que
ceux résultants de (9.45) soit :
Pour ce qui concerne les effets de membrane, le déplacement u3 peut être directement déduit des résultats de l’exemple 5 pour ν = 0 (cf. § 8.1.5) en posant que les
déplacements du nœud 1 dans (8.23) sont nuls. On a donc :
q ⋅a
u3 = h = 0.00238 m .
E ⋅e
A

w4 = −0.357 ⋅10−2 m ; β1x = β3 y = 0.714 ⋅10−2 rad ; β 2 x = β 2 y = 0.399 ⋅10−5 rad
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 10.5 – Déformée (Effel) – élément Q4.
Ceci étant, l’utilisation d’un élément de coque avec intégration réduite (Q4R) pour
les parties membrane et flexion amènera à une amélioration sensible des résultats
pour le déplacement w et les rotations :
w4 = −0.447 ⋅10−2 m ; β1x = β3 y = 0.893 ⋅10−2 rad ; β 2 x = β 2 y = 0.286 ⋅10−5 rad
mais également à une augmentation de ceux associés aux effets de membrane
( u3 = 0.00317 m ) .
Bien évidemment, l’augmentation du maillage amènera encore une fois à la superposition des résultats obtenus en § 9.2.4 à ceux des effets de membrane proprement
dits.
9782100544639.indb 219
219
09/02/10 14:59
10 • Éléments de coque
10.2 Exemple 11 : coque plate comprimée fléchie

Figure 10.6 – Déformée (Abaqus) – élément Q4R.
Figure 10.7 – Déformée (Abaqus) – élément Q4.
220
9782100544639.indb 220
09/02/10 14:59
10 • Éléments de coque
10.3 Exemple 12 : étude d’une poutre en I

10.3 Exemple 12 : étude d’une poutre en I
y
y
P
A
z
h

x
L/2
b
L
Figure 10.8 – Exemple 12 : étude d’une poutre en I.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Les données sont :
L=
3m
Hauteur h =
320 mm
Largeur b =
300 mm
Épaisseur semelles tf =
20 mm
Épaisseur âme tw =
11.5 mm
Module d’élasticité longitudinal E =
2.1 1011 N/m2
Coefficient de Poisson n =
0.30
Module d’élasticité transversal G = 8.0769 1010 N/m2
P=
200000 N
152.2 cm2
Section S =
Inertie Iz =
29144 cm4
Module de flexion élastique Wz =
1821.5 cm3
Section d’effort tranchant S1,y =
34.5 cm2
10.3.1 Modélisation filaire
Sachant qu’il est admis de prendre la section d’effort tranchant égale à la section de
l’âme (30 ¥ 1.15 cm), la déformée au centre de la poutre sera donnée par :
flexion
tranchant
3
PL
PL
⎛L⎞
v ⎜ ⎟ = vM + vT =
+
48EI z 4GS1, y
⎝2⎠
(10.6)
On a en effet d’après (6.35) et (6.36) :
9782100544639.indb 221
221
09/02/10 14:59
10 • Éléments de coque
10.3 Exemple 12 : étude d’une poutre en I

P
Ty L
L
L
PL
vT = γ xy =
= 2
=
2 GS1, y 2 GS1, y 2 4GS1, y
(10.7)
PL3
PL
⎛L⎞
+
= 1.838 + 0.538 = 2.376 mm .
d’où v ⎜ ⎟ =
⎝ 2 ⎠ 48EI z 4GS1, y
L’effet de l’effort tranchant n’est donc pas négligeable. Par ailleurs et d’après la
théorie des poutres, les contraintes normales dans les semelles devraient être égales
en milieu de travée à :
PL
M
(10.8)
σ max/min = ± z = ± 4 = ± 82.35MPa
Wz
Wz
10.3.2 Modélisation surfacique
La modélisation surfacique revenant à une représentation des plans moyens d’un
solide de faible épaisseur, il est tout d’abord nécessaire de s’interroger sur la jonction âme-semelles de cette poutre. La représentation de l’âme par un surfacique de
hauteur h amènera immanquablement à un modèle trop rigide du fait de l’écartement trop important des semelles. Il est donc préférable de relier le plan moyen
de l’âme à ceux des semelles. Par conséquent, le modèle aura une hauteur d’âme
légèrement plus grande que la réalité1.
h-t
Plans moyens
des éléments
coques
b
Figure 10.9 – Plans moyens.
L’élément retenu pour le calcul est un élément de coque épaisse carré à quatre
nœuds de côté 5 cm et de type Q4 tel que celui décrit au chapitre 10.1. Le modèle
comporte un peu plus d’un millier de nœuds et autant d’éléments.
Pour se conformer au mieux avec la géométrie filaire, les conditions d’appui sont
introduites au niveau de la fibre moyenne de la poutre. Le nœud correspondant à
l’appui gauche est donc bloqué dans les trois directions de l’espace alors que celui
de l’appui droit est laissé libre horizontalement suivant x.
1. h-tf au lieu de h-2tf .
222
9782100544639.indb 222
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10 • Éléments de coque
10.3 Exemple 12 : étude d’une poutre en I


A
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 10.10 – Déformée (Abaqus) avec n = 0.3.
Une première analyse de la déformée de la figure 10.10 met en évidence un déplacement légèrement supérieur (2.5 mm) à celui obtenu avec le modèle filaire (2.38
mm). Il convient néanmoins de relativiser ce résultat et donc de ne pas perdre de
vue l’effet local dû à la charge ponctuelle mais également l’influence du coefficient
de Poisson. En effet et en recalculant le modèle avec n égal à zéro, on obtient un
déplacement en milieu de poutre de 2.37 mm (cf. figure 10.12).
Une fois les déplacements validés, il est alors possible de passer à la comparaison des
contraintes normales. Il faudra néanmoins prendre garde à bien exprimer celles-ci
au niveau des fibres extrêmes des semelles. Les fibres inférieure et supérieure des
éléments coques et plaques étant repérées par rapport à leurs normales sortantes, il
faudra bien vérifier que le postraitement s’effectue au niveau de la bonne fibre et ce
tout particulièrement pour les coques épaisses. Pour ce faire, on pourra afficher les
repères locaux des éléments coques ou plaques et ainsi vérifier leurs orientations.
Dans notre cas d’étude, les contraintes normales au niveau des semelles sont égales
à ± 89 MPa (cf. figure 10.11), valeurs légèrement supérieures à celles escomptées.
Il faut encore une fois relativiser ce résultat dans la mesure où l’effet du coefficient
de Poisson n’est pas pris en compte dans la référence. Pour s’en assurer, il suffira
de recalculer le modèle avec une valeur de n nulle. Dans notre exemple, cet effet
représente une majoration des contraintes de l’ordre de 4 MPa1.
1. La contrainte obtenue dans ce cas est de 85.35 MPa (cf. figure 10.13).
9782100544639.indb 223
223
09/02/10 14:59
10 • Éléments de coque
10.3 Exemple 12 : étude d’une poutre en I

Figure 10.11 – Contraintes normales avec n = 0.3.
Figure 10.12 – Déformée (Abaqus) avec n = 0.0.
224
9782100544639.indb 224
09/02/10 14:59
10 • Éléments de coque
10.3 Exemple 12 : étude d’une poutre en I


A
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 10.13 – Contraintes normales avec n = 0.0.
9782100544639.indb 225
225
09/02/10 14:59
9782100544639.indb 226
09/02/10 14:59
11 • Analyse non linéaire géométrique

A
11.1 Aspects théoriques
11.1.1 Notion de grandes déformations
∂u
dx
∂x
dx
v
v
v+
∂v
∂x
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
∂v
dx
∂x
dx’
y
∂v
dx
∂x
∂v
∂x
 ∂u  ∂v
 dx  ⋅
 ∂x  ∂x
x
Figure 11.1 – Calcul de exx.
Considérant un tronçon de longueur dx infiniment petit et déformable dans le
plan, on calcule tout d’abord les variations des déplacements suivant x et y, soit
∂u
∂v
∂u
∂v
dx et
dx .
est assimilable dans ce cas à un taux de variation alors que
∂x
∂x
∂x
∂x
correspond à la tangente d’un angle. La longueur finale du tronçon dx ¢ obtenu
après déformation sera donc égale à :
9782100544639.indb 227
227
09/02/10 14:59
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

2
∂u ⎞ ⎛ ∂v
⎛
⎛ ∂u ⎞ ∂v ⎞
dx ʹ = ⎜ dx + dx ⎟ + ⎜ dx + ⎜ dx ⎟ ⋅ ⎟
∂x ⎠ ⎝ ∂x
⎝
⎝ ∂x ⎠ ∂x ⎠
2
soit dx ʹ = dx 1 + 2 ⋅
2
2
2
(11.1)
2
2
∂u ⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞
⎛ ∂v ⎞ ∂u ⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞
+ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + 2⋅⎜ ⎟ ⋅ + ⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ .
x
x
x ⎝∂
∂x ∂x ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠
⎠ ⎝
⎠
⎝∂
⎠ ∂
→0
→0
En ne prenant en compte que les différentielles de 1er ordre, on obtient finalement :
⎡ 1 ⎛ ∂u ⎛ ∂u ⎞2 ⎛ ∂v ⎞2 ⎞ ⎤
dx ʹ ≈ dx ⎢1 + ⎜ 2 ⋅ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟ ⎥
⎢⎣ 2 ⎜⎝ ∂x ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎟⎠ ⎥⎦
⎛ ∂u 1 ⎡⎛ ∂u ⎞2 ⎛ ∂v ⎞2 ⎤ ⎞
= dx + ⎜ + ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ ⎟ dx
⎜ ∂x 2 ⎢⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎥ ⎟
⎦⎠
⎣
⎝
La déformation par rapport à x est donc égale à :
ε xx =
(11.2)
2
2
∂u 1 ⎡⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎤
+ ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ = ε xx 0 + ε xxL
∂x 2 ⎢⎣⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎥⎦
(11.3)
2
2
∂v 1 ⎡⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎤
ε yy = + ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥
∂y 2 ⎢⎝ ∂y ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎥
⎣
⎦
∂v ∂u ⎡ ∂u ∂u ∂v ∂v ⎤
γ xy =
+
+
+⎢
⎥
∂x ∂y ⎣ ∂x ∂y ∂x ∂y ⎦
(11.4)
∂u
déformation correspondant à l’hypothèse des petites déformations.
∂x
On pourrait également démontrer (cf. [9]) que :
avec ε xx 0 =
11.1.2 Expression de la rigidité tangente
Le chapitre 4.1 consacré à l’étude des principes de la méthode a permis d’établir
que le champ de déplacement {u} était égal au produit de la matrice [ N ] regroupant les fonctions de forme de l’élément et des déplacements nodaux {qe } , soit :
{u} = [ N ] ⋅ {qe } .
Considérant dans un premier temps l’hypothèse des grandes déformations/grands
déplacements sur un élément barre, le champ de déplacement d’après (4.3) aura
pour expression :
⎧u ⎫
⎨ ⎬ = [ N ] ⋅ {qe }
⎩v ⎭
⎡ N1
=⎢
⎣0
228
9782100544639.indb 228
0
N1
N2
0
⎧ u1 ⎫ ⎡ x
0
0 ⎤ ⎪⎪ v1 ⎪⎪ ⎢1 − L
⋅⎨ ⎬ = ⎢
N 2 ⎥⎦ ⎪u2 ⎪ ⎢
x
0
1−
⎢
⎪⎩v2 ⎪⎭ ⎣
L
x
L
0
u
⎤ ⎧ 1⎫
0 ⎥ ⎪v ⎪
⎪ 1⎪
⎥⋅⎨ ⎬
x ⎥ ⎪u2 ⎪
L ⎥⎦ ⎪⎩v2 ⎪⎭
(11.5)
09/02/10 14:59
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

v2
Y
1
1
x
2
A
u2
u1

v1
2
X
Figure 11.2 – Déplacements des nœuds d’un élément barre.
Les variations de u et v par rapport à x pourront alors être reliées aux déplacements nodaux par la matrice [G ] en posant que :
⎧ du ⎫ ⎡ dN1
⎪⎪ dx ⎪⎪ ⎢ dx
⎨ ⎬=⎢
⎪ dv ⎪ ⎢ 0
⎪⎩ dx ⎪⎭ ⎢⎣
⎡ 1
⎢− L
=⎢
⎢ 0
⎢⎣
dN 2
dx
0
dN1
dx
0
−
1
L
0
1
L
0
u
⎤ ⎧ 1⎫
0 ⎥ ⎪v ⎪
⎪ 1⎪
⎥⋅⎨ ⎬
dN 2 ⎥ ⎪u2 ⎪
dx ⎥⎦ ⎪⎩v2 ⎪⎭
u
⎤ ⎧ 1⎫
0 ⎥ ⎪v ⎪
⎪ 1⎪
⎥ ⋅ ⎨ ⎬ = [G ] ⋅ {qe }
1 ⎥ ⎪u2 ⎪
L ⎥⎦ ⎪⎩v2 ⎪⎭
(11.6)
La matrice [G ] étant associée aux dérivées de 1er ordre des fonctions de forme,
celle-ci aura pour expression dans le cas plan :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
⎧ ∂u ⎫ ⎡ ∂
⎪ ∂x ⎪ ⎢ ∂x
⎪ ⎪ ⎢
⎪ ∂u ⎪ ⎢ ∂
⎪ ∂y ⎪ ⎢ ∂y
⎨ ⎬=⎢
⎪ ∂v ⎪ ⎢ 0
⎪ ∂x ⎪ ⎢
⎪ ∂v ⎪ ⎢
⎪ ⎪ ⎢0
⎩ ∂y ⎭ ⎣
⎤
⎡∂
0⎥
⎢ ∂x
⎥
⎢
⎥
⎢∂
0
u
⎥ ⎧ ⎫ ⎢ ∂y
⎥⋅⎨ ⎬ = ⎢
∂ ⎥ ⎩v ⎭ ⎢
0
⎢
∂x ⎥
⎢
∂⎥
⎥
⎢0
∂y ⎦
⎣
⎤
0⎥
⎥
0⎥
⎥
⎥ ⋅ [ N ] ⋅ {qe } = [G ] ⋅ {qe }
∂⎥
∂x ⎥
∂⎥
⎥
∂y ⎦
(11.7)
Le terme ε xxL issu de (11.3) qui est lié aux grandes déformations, peut alors
s’écrire :
9782100544639.indb 229
229
09/02/10 14:59
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

⎧ ∂u ⎫
∂v ⎫ ⎪⎪ ∂x ⎪⎪
⎬⋅ ⎨ ⎬
∂x ⎭ ⎪ ∂v ⎪
⎪⎩ ∂x ⎪⎭
2
2
1 ⎡⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎤ 1 ⎧∂u
ε xxL = ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ = ⎨
2 ⎢⎣⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎥⎦ 2 ⎩∂x
ε xxL =
(11.8)
1
1
{qe }T ⋅ [G ]T ⋅ [G ] ⋅ {qe } = ⎡⎣ BL ( q )⎤⎦ ⋅ {qe }
2
2
d’où la nouvelle expression de (11.3) :
1
⎛
⎞
ε xx = ε xx 0 + ε xxL = ⎜ [ B0 ] + ⎡⎣ BL ( q ) ⎤⎦ ⎟ ⋅ {qe }
2
⎝
⎠
(11.9)
1
⎧ 1
⎫
0
0⎬ ⋅ {qe } correspondant aux petites déforavec ε xx 0 = [ B0 ] ⋅ {qe } = ⎨−
L
L
⎩
⎭
mations (cf. § 4.2.2).
Par extension, le vecteur des déformations aura pour expression :
1
2
{ε } = {ε 0 } + {ε L } = ⎛⎜ [ B0 ] + ⎡⎣ BL ( q )⎤⎦ ⎟⎞ ⋅ {qe }
⎝
⎠
(11.10)
avec [ B0 ] et ⎡⎣ BL ( q ) ⎤⎦ correspondant respectivement aux petites et grandes défor-
mations/grands déplacements. On notera cependant que la matrice ⎡⎣ BL ( q ) ⎤⎦ est
elle-même fonction des déplacements.
Le problème étant non linéaire, il n’est pas possible d’utiliser directement l’expression de l’énergie potentielle (4.5). Il est donc nécessaire, pour caractériser l’équilibre, d’utiliser sa forme dite variationnelle soit :
dE = dW − dT
T
T
T
= ∫ {d ε } ⋅ {σ } ⋅ dV − ∫ {du} ⋅ { f v } ⋅ dV − ∫ {du} ⋅ { f s } ⋅ dS = 0
Ve
Ve
(11.11)
Se
σ
ε
dε
Figure 11.3 – σ fonction de ε
230
9782100544639.indb 230
09/02/10 14:59
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

On peut déduire à partir de (11.10) que :
{d ε } = ([ B0 ] + ⎡⎣ BL ( q )⎤⎦ ) ⋅ {dqe } = [ B ] ⋅ {dqe }
(11.12)
d’où l’expression de l’équilibre élémentaire :
T
T
T
∫ {dqe } ⋅ [ B ] ⋅ {σ } ⋅ dVe − {dqe } ({ f ev } + { f es }) = 0
(11.13)
Ve
⎤
⎡
T
{dqe }T ⎢ ∫ [ B ] ⋅ {σ } ⋅ dVe − { f ext }⎥ = 0
⎥⎦
⎢⎣Ve
(11.14)
A

En regroupant les forces de volume et de surface au sein du vecteur { f ext } , on
obtient finalement :
Soit :
T
∫ [ B ] ⋅ {σ } ⋅ dVe − { f ext } = 0
(11.15)
Ve
T
Le terme ∫ [ B ] ⋅ {σ } ⋅ dVe étant équivalent au vecteur des efforts internes { f i } ,
Ve
T
la différence ∫ [ B ] ⋅ {σ } ⋅ dVe − { f ext } correspond en fait aux forces résiduelles
Ve
{re ( q )} dans l’élément. Bien évidemment et en vertu de (11.15), ces forces rési-
duelles doivent tendre vers 0. On a donc :
T
{re ( q )} = ∫ [ B ] ⋅ {σ } ⋅ dVe − { f e } = { f i } − { f ext } → 0
(11.16)
Ve
Lors d’un faible accroissement des déplacements, on devra malgré tout encore vérifier {re ( q + dq )} → 0 . Comme {re ( q + dq )} peut être exprimé sous la forme :
{re ( q + dq )} = {re ( q )} + {dre ( q )} ≈ 0
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
On a de même :
(11.17)
(11.18)
{dre ( q )} ≈ −{re ( q )} = {Re ( q )} = { f ext } − { f i }
La dérivation de (11.16) permet également de déduire que {dre ( q )} est égal au
produit de la rigidité tangente [ K Te ] par le vecteur {dqe } , soit :
{dre ( q )} = ∫ [dB ]T ⋅ {σ } ⋅ dVe + ∫ [ B ]T ⋅ {d σ } ⋅ dVe = [ KTe ] ⋅ {dqe }
Ve
(11.19)
Ve
Comme {dB } = {dBL } 1 et {d σ } = [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ {dqe } , ceci devient :
⎛
⎞
⎝ Ve
⎠
{dre ( q )} = ∫ [dBL ]T ⋅ {σ } ⋅ dVe + ⎜⎜ ∫ [ B ]T ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ dVe ⎟⎟ ⋅ {dqe } (11.20)
Ve
1. Seule [BL] est fonction des déplacements.
9782100544639.indb 231
231
09/02/10 14:59
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

{dre ( q )} = [ KTe ] ⋅ {dqe } = {Re ( q )}
(11.21)
T
Ce qui donne en multipliant chacun des membres par {dqe } :
{dqe }T ⋅ [ K Te ] ⋅ {dqe } = {dqe }T ⋅ {Re ( q )}
avec :
T
(11.22)
T
∫ [ B ] ⋅ [ H ] ⋅ [ B ] ⋅ dVe = ∫ [ B0 ] ⋅ [ H ] ⋅ [ B0 ] ⋅ dVe +
Ve
Ve
(11.23)
[ke 0 ]
T
T
T
∫ [ B0 ] ⋅ [ H ] ⋅ [ BL ] ⋅ dVe + ∫ [ BL ] ⋅ [ H ] ⋅ [ B0 ] ⋅ dVe + ∫ [ BL ] ⋅ [ H ] ⋅ [ BL ] ⋅ dVe
Ve
Ve
Ve
[keL ]
T
T
∫ [dBL ] ⋅ {σ } ⋅ dVe = ∫ [G ] ⋅ [G ] ⋅ {dqe } ⋅ {σ } ⋅ dVe = [keσ ] ⋅ {dqe }
Ve
(11.24)
Ve
qui peut être mis sous la forme :
T
[keσ ] = ∫ [G ] ⋅ [σ ] ⋅ [G ] ⋅ dVe
(11.25)
Ve
De part sa formulation, la matrice de rigidité élémentaire [ ke0 ] est associée à l’hypothèse des petites déformations (établie au § 4.2.2) alors que [ keL ] qui est fonction des déplacements nodaux, correspond à celle des grandes déformations/grands
déplacements. [ keσ ] est appelée matrice des contraintes initiales et correspond à
l’état de rigidification d’une structure due à son état de contrainte.
Cet effet de rigidification couple la géométrie d’une structure à l’état de ses déplacements transversaux. Elle nécessite d’être prise en compte tout particulièrement
dans le cas des structures fines et élancées. [ keσ ] vaut par exemple pour un élément
barre :
T
L
N⎞
⎟ ⋅ [G ] ⋅ ∫ dS ⋅ dx
⎝S ⎠
S

[keσ ] = ∫ [G ] ⋅ [σ ] ⋅ [G ] ⋅ dVe = ∫ [G ]T ⋅ ⎛⎜
Ve
0
(11.26)
=S
⎡ 1 0 −1 0 ⎤
⎢
⎥
N ⎢ 0 1 0 −1⎥
(11.27)
[keσ ] = ⎢ −1 0 1 0 ⎥
L
⎢
⎥
⎣ 0 −1 0 1 ⎦
Les règles d’assemblage étant identiques à celles établies au chapitre 4, il est possible de généraliser les développements précédents à l’ensemble de la structure en
posant :
[ K T ] ⋅ {dq} = {F } ⇔ ([ K 0 ] + [ K L ] + [ K σ ]) ⋅ {dq} = {F }
(11.28)
232
9782100544639.indb 232
09/02/10 14:59
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

avec :
[ K T ] : Matrice de rigidité tangente.
[ K 0 ] : Matrice de rigidité globale associée aux petites déformations.
[ K L ] : Matrice de rigidité globale associée aux grandes déformations/
grands déplacements.
[ K σ ] : Matrice de rigidité globale associée aux contraintes initiales.
En l’absence de grandes déformations ou grands déplacements, l’équilibre (11.28)
établi au chapitre précédent devient après suppression de la matrice [ K L ] :
[ K T ] ⋅ {dq} = {F } ⇔ ([ K 0 ] + [ K σ ]) ⋅ {dq} = {F }

A
11.1.3 Instabilité
(11.29)
Supposant maintenant que [ K T ] intègre des conditions d’appui, ce système
admettra une solution non nulle si det ([ K 0 ] + λ .[ K σ ]) ≠ 0 . Dans le cas contraire,
[ K T ] est singulière et l représente le coefficient multiplicateur de charges permettant d’atteindre l’instabilité.
Cette instabilité, appelée également flambement généralisé, est dépendante des
efforts normaux ou des contraintes de membrane de compression liées à la matrice
[K σ ] .
La charge critique de flambement s’écrit donc :
{Fcritique } = λ ⋅ {F }
(11.30)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Le calcul de ce coefficient critique λ est basé sur une recherche de valeurs et de
vecteurs propres qui dans ce cas particulier, seront appelés « modes de flambement ». Les méthodes utilisées pour déterminer λ sont généralement identiques à
celles utilisées pour le calcul des pulsations propres w en dynamique des structures.
Cependant, seul le premier mode caractérisant l’instabilité de la structure aura un
vrai sens physique. Généralement, il s’agit du mode n° 1 de coefficient multiplicateur λ1 et de déformée modale {ϕ1 } mais ceci n’est pas systématique car tout
dépend de la nature de la structure.
Enfin et si la structure, supposée instable, admet des grandes déformations ou des
grands déplacements, ce type d’analyse ne pourra être utilisée que dans le but de
borner le chargement nécessaire à l’analyse non linéaire géométrique.
La démarche consistera alors à initier une analyse de ce type en appliquant au chargement {F } un scalaire λC positif. Si les effets des grandes déformations-grands
déplacements sont négligeables, l’instabilité de flambement, qui se traduit numériquement par l’arrêt du calcul du fait de la singularité de la matrice [ K T ] sera
ª⊕λλ11 . Dans le cas contraire, l’instabilité surviendra pour une
atteinte lorsque λλCC ⊕
valeur de λC inférieure à λ1 . La charge critique associée à cette nouvelle valeur de
λ , Fcritique = λC .{F } sera de fait inférieure à celle calculée par l’analyse modale
de flambement.
{
9782100544639.indb 233
}
233
09/02/10 14:59
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

Nous verrons au chapitre 11.3 qu’il est également possible d’évaluer le comportement des structures dans le domaine post critique soit au-delà de la charge critique.
La grande difficulté sera alors de pouvoir s’affranchir des singularités de la matrice
tangente [ K T ] .
11.1.4 Les méthodes de calcul non linéaire
Les fonctions de chargement1 associées à ce type de calcul nécessitent généralement
d’être décomposées en une série de paliers ou incréments de charges intermédiaires.
Ces incréments peuvent être définis manuellement par l’utilisateur en fonction de
la vitesse de convergence ou au contraire déterminés automatiquement.
Chaque incrément de charges fait appel à un processus de convergence itératif
de nature variant en fonction de la méthode utilisée. Généralement, les codes de
calcul aptes à résoudre ce type de problème non linéaire proposent comme méthode
de base celle Newton-Raphson qui se décline en deux variantes dites complète et
modifiée. À ceci vient s’ajouter pour certains la méthode de longueur d’arc qui
permet de résoudre des problèmes très particuliers tels que ceux liés au domaine
post critique.
Au niveau de la résolution proprement dite, un nombre d’incréments insuffisant
entraînera une montée en charge trop rapide et donc une divergence du processus.
L’utilisateur pourra alors augmenter le nombre maximum d’incréments et/ou éventuellement agir sur celui correspondant au maximum d’itérations de convergence
permis sur l’incrément. Cette approche suppose néanmoins de refaire le calcul
depuis le début ce qui est parfois rédhibitoire pour les modèles de grandes tailles.
Cas de Charges
F3
F2
2
3
Incrément
n itéraons
1
5 itéraons
3 itéraons
F1
Figure 11.4 – Incréments de charges et itérations de convergence.
1. Charges ponctuelles, linéaires, surfaciques et/ou déplacements imposés.
234
9782100544639.indb 234
09/02/10 14:59
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

Aussi, l’utilisateur aura parfois la possibilité de reprendre directement un calcul
non convergé à partir du dernier cas de charges convergé1.
■■ Méthode de Newton-Raphson
La résolution d’un problème non linéaire fait appel généralement à la méthode de
Newton-Raphson2 dont les grandes lignes sont explicitées ci-après. Considérant un
système non linéaire à un incrément donné, on aura en vertu de (11.28) :
(11.31)
Le principe consistera à mettre en œuvre un processus itératif permettant d’équilibrer les charges statiques et ainsi de trouver une suite d’incréments de déplacements satisfaisant à la relation d’équilibre :
[ K T i ] ⋅ {Δqi } = {F } − {Fi }
A

[ K T ] ⋅ {dq} = {R }
(11.32)
avec {Δqi } = {qi +1} − {qi } et {Fi } : efforts internes calculés à l’itération i.
Dans l’absolu, l’arrêt du processus itératif s’effectue lorsque le reste à l’itération i
{Ri } c’est-à-dire la différence entre {F } et {Fi } tend vers 0. On parlera alors de
convergence en forces. Il est possible également d’envisager une convergence en
déplacements en posant que la différence {Δqi } = {qi +1} − {qi } tend vers 0 ou
celle en énergie qui correspond en fait à un mixe des deux précédentes. Ces trois
approches pourront d’ailleurs être utilisées de manière simultanée.
F
Fi+2
Fi+1
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Fi
q
qi
qi+1
qi+2
Figure 11.5 – Méthode Newton – Raphson complète.
1. Cette opération est généralement appelée « restart ».
2. Newton (1642-1727), Raphson (1648-1715).
9782100544639.indb 235
235
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

La rigidité tangente [ K T ] étant définie à partir des rigidités induites par les petits
déplacements [ K 0 ] , les grandes déformations ou grands déplacements [ K L ] et les
contraintes initiales [ K σ ] , les matrices [ K L ] et [ K σ ] restent néanmoins dépendantes de l’état de déformation de la structure. Elles doivent donc être mises à jour
suivant une fréquence dépendant de la méthode de Newton Raphson utilisée.
Dans le cas de l’utilisation d’une méthode de Newton Raphson complète, ces deux
matrices seront actualisées à chaque itération de convergence. Si cette remise à
jour induit des temps de calcul trop importants par rapport au nombre d’itérations nécessitées par la convergence, il est possible d’utiliser la méthode de Newton
Raphson modifiée qui consiste à ne redéfinir ces matrices qu’au début de chaque
incrément. Ceci revient à utiliser la même rigidité tangente sur l’incrément de
charges considéré.
F
Fi+2
Fi+1
Fi
q
qi qi+1 qi+2
Figure 11.6 – Méthode Newton – Raphson modifiée.
Des méthodes complémentaires de types :
– Quasi-Newton (cf. [10]) : le principe consiste à « estimer » la matrice de rigidité
[ K T ] à l’itération i à partir de celle obtenue à l’itération i –1 et ce sans la recalculer de manière proprement dite,
– « Line Search » (cf. [11]) : estimation des déplacements de l’itération i à partir
de ceux de l’itération i-1 et des forces résiduelles (le reste {Ri } ). De ce reste, on
déduit une estimation de la correction à effectuer sur les déplacements {δ q} soit
{qi } = {qi −1} + η ⋅ {δ q} avec η : coefficient correctif. Cette technique est entre
autre utilisée comme accélérateur de convergence dans le cas des problèmes non
linéaires géométriques,
236
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09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

peuvent éventuellement être utilisées pour optimiser les temps de calcul. De plus
et en présence de courbes non linéaires présentant des inflexions, asymptotes ou
extremums, il est parfois nécessaire lorsque l’on ne dispose pas de la méthode de
longueur d’arc de « piloter » la montée en charge en déplacement imposé. Cependant, ce type de solution n’est applicable que dans des cas très spécifiques.
■■ Méthode de longueur d’arc
{Δqi }T ⋅ {Δqi } + Δλi 2 = Δl 2
A

Le principal avantage de cette méthode est de pouvoir pallier les problèmes de
convergence rencontrés avec des fonctions de charges-déplacements présentant
extremums, inflexions ou asymptotes. Son principe est basé sur le contrôle d’un
incrément de facteur de charge D λi qui, associé à une variation compatible des
déplacements D qi , permet d’évaluer l’accroissement de longueur d’arc D l supposé
constant. D l doit donc vérifier à l’itération i que :
(11.33)
Cependant, la relation (11.33) n’est pas directement exploitable car celle-ci ne
prend pas en compte les signes de D qi et D λi . La solution proposée par Crisfield
[12] qui s’inspire d’une technique de Batoz et Dhatt [13], considère un incrément
de déplacement {δ qi } égal à la somme des déplacements associés au déséquilibre
des forces :
{δ di } = [ K T i ]−1 ⋅ {Ri }
(11.34)
{δ Lqi } = [ K T i ]−1 ⋅ {F }
(11.35)
et au chargement initial :
pondéré par D λi . On a donc :
{δ qi } = {δ di } + Δλi ⋅ {δ Lqi }
(11.36)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Enfin, la suite du processus consiste à couper la courbe avec une surface de forme
variable. Riks [14] et Wempner [15] proposent dès les années 70 une projection
perpendiculaire à la matrice tangente. C’est celle que nous retiendrons dans les
exemples qui suivent.
Plus récemment, Crisfield [11] [12] a développé une méthode basée sur un arc
sphérique qui prend en compte uniquement le terme D qi dans le calcul de la longueur d’arc soit :
{Δqi }T ⋅ {Δqi } = Δl 2
(11.37)
Au début de l’itération i, l’équilibre des forces est caractérisé par la différence entre
charges extérieures pondérées par le facteur λi et les efforts internes {Fi } . Ce
calcul revient à évaluer le reste :
{Ri } = λi ⋅ {F } − {Fi } (11.38)
qui doit dans l’absolu tendre vers 0. Si tel n’est pas le cas, il est alors nécessaire de
déterminer un nouvel incrément de charge D λi . Reprenant la méthode du plan
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237
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques



normal (cf. [16]), on pose tout d’abord que les vecteurs t0 et ni sont respective⎧δ qi ⎫
⎧ Δq0 ⎫
ment égaux à ⎨
⎬ . Ces deux vecteurs ont de fait un produit scalaire
⎬ et ⎨
⎩Δλi ⎭
⎩Δλ0 ⎭
nul soit :
{Δq0 }T ⋅ {δ qi } + Δλ0 ⋅ Δλi = 0
(11.39)
λ
δd1
∆λ1
Plan de coupure
λ1
t0
∆λ0
n1
n0
q
q1
q2
δq1
∆q0
Figure 11.7 – Méthode de longueur d’arc (Riks, Wempner).
En remplaçant {δ qi } par son expression (11.36), on obtient finalement pour
D λi :
T
Δλi =
− {Δq0 } ⋅ {δ d i }
{Δq0 }T ⋅ {δ Lqi } + Δλ0
(11.40)
Les différentes variables sont ensuite mises à jour pour le calcul de l’itération suivante :
λi +1 = λi + Δλi
{qi +1} = {qi } + {δ qi }
{Δqi +1} = {Δqi } + {δ qi }
(11.41)
Cependant et pour démarrer le processus, l’utilisateur devra estimer la valeur initiale D λ0 à partir d’un l’incrément de longueur d’arc. Sachant que la variation de
déplacement à l’itération 0 peut être estimée par :
238
9782100544639.indb 238
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.1 Aspects théoriques

{Δq0 } = Δλ0 ⋅ {δ Lq0 } = Δλ0 ⋅ [ K T 0 ]−1 ⋅ {F }
(11.42)
on déduit en remplaçant (11.42) dans (11.33) que :
± Δl
T
1 + {δ Lq0 } ⋅ {δ Lq0 }
(11.43)
Ceci étant et s’il s’agit de la première itération (i = 0) du premier incrément de
charges, l’utilisateur devra définir de manière arbitraire la valeur de D l 1. Dans le
cas contraire, on estimera la valeur de D l à partir de la variation des déplacements
de l’incrément de charges précédent soit :
{Δqi −1}T ⋅ {Δqi −1} = Δl 2
A

Δλ0 =
(11.44)
De plus et en vertu de (11.43), il sera nécessaire de préciser le signe de D λ0 . Généralement, trois critères [17] sont utilisés pour déterminer la direction du processus :
– Le signe du déterminant de la matrice tangente [ K T ] .
T
– Le signe du travail des forces {F } – {δ Lqi } ⋅ {F } .
– Le signe du produit scalaire des vecteurs {Δqi } et {δ Lqi } .
■■ Critère de convergence
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Les méthodes de Newton – Raphson et de longueur d’arc étant itératives, il s’agit
désormais de définir les critères permettant l’arrêt du processus qui d’une manière
générale correspond à un reste {Ri } et/ou une variation de déplacement {Δqi }
tendant vers 0.
Aussi et pour caractériser l’état d’équilibre, plusieurs approches seront possibles
[16]. Une première consiste à vérifier que le maximum, la somme ou la norme
euclidienne2 de {Ri } et/ou de {Δqi } sont inférieures à une tolérance ε 3.
Celles-ci étant un peu restrictives, on pourra parfois améliorer les temps de calcul
en comparant {Ri } et {Δqi } à {F } et {Δq0 } de début d’incrément. On posera
alors que :
{Ri } ≤ ε ⋅ {F }
{Δqi } ≤ ε ⋅ {Δq0 }
(11.45)
Ces critères n’étant pas exhaustifs, ceux-ci peuvent varier suivant la nature du code
de calcul utilisé.
1. Généralement de 0.01 à 0.05.
2.
{Ri }T ⋅ {Ri }, {Δqi }T ⋅ {Δqi }
3. e est pris généralement égal 0.001.
9782100544639.indb 239
239
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique
F
L
2
y
h
x
3
1
L0
Y
L0
X
Figure 11.8 – Exemple 13 : shed symétrique.
P = F/2
2
N
L
V2
h
θ
1
Lj
θj
L0
Figure 11.9 – Exemple 13 : modélisation barre.
Ce shed1 constitué de deux barreaux de longueur L est soumis à une charge F
à son sommet. Sa modélisation peut être réduite à un seul élément barre du fait
de la symétrie. La prise en compte de cette hypothèse simplificatrice nécessite
1. Ce shed s’inspire de l’exemple 6.3 proposé par Bathe [18].
240
9782100544639.indb 240
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

néanmoins de bloquer horizontalement le nœud 2 et de ne considérer que la moitié de la charge appliquée. Deux cas de figure sont ensuite à envisager en fonction
de la nature de sa hauteur h . Si h est significatif par rapport à la base L0 du
shed, la longueur L du barreau sera directement fonction du déplacement V2 . Si
au contraire h est supposé petit par rapport à L0 alors L pourra être considéré
comme invariant. On aura alors quel que soit l’incrément de charge j : Lj ≃ L.
Considérant l’hypothèse h « petit » dans un souci de simplification, les dimensions et caractéristiques du shed prises en compte dans les calculs seront donc : L0
= 2000 mm, h = 20 mm, S = 200 mm2, E = 210000 N/mm2, P ≤ 8.5 N. La
longueur initiale L du barreau est ainsi égale à 2000.1 mm. Les déplacements du
nœud 1 étant nuls, la déformation dans le barreau est égale d’après (11.3) à :
ε xx =
2
2
2
2
∂u 1 ⎡⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂v ⎞ ⎤ u2 1 ⎡⎛ u2 ⎞ ⎛ v2 ⎞ ⎤
+ ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥
+ ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥ =
∂x 2 ⎢⎣⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎥⎦ L 2 ⎢⎣⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ ⎥⎦
A

11.2.1 Référence théorique
(11.46)
Ceci étant, l’hypothèse h « petit » implique une petite déformation du barreau et
2
⎛u ⎞
donc une influence négligeable du terme ⎜ 2 ⎟ . On est donc en présence d’un
⎝L⎠
problème en grands déplacements. Par ailleurs, les déplacements dans le repère
local u2 et v2 peuvent être exprimés en fonction de V2 (cf. figure 11.10) en posant
que :
v2 = V2 ⋅ cos (θ ) ≈ V2
(11.47)
h
u2 = V2 ⋅ sin (θ ) ≈ V2 ⋅
L
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
v2
V2
θ
u2
2
Figure 11.10 – Décomposition de V2
L’expression (11.46) de la déformation devient donc :
ε xx =
9782100544639.indb 241
2
u2 1 ⎛ v2 ⎞ V22 + 2h ⋅V2
+ ⎜ ⎟ =
L 2⎝ L ⎠
2 L2
(11.48)
241
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

Par ailleurs, la contrainte associée est donnée par σ x = E ⋅ ε xx ⇔
N
= E ⋅ ε xx d’où
S
l’expression de l’effort normal dans le barreau :
⎛ V 2 + 2 h ⋅ V2 ⎞
N = ES ⋅ ε xx = ES ⋅ ⎜ 2
⎟
2 L2
⎝
⎠
(11.49)
De plus et en cours de déformation, l’équilibre des charges au nœud 2 s’écrit :
( )
N ⋅ sin θ j − P = 0
(11.50)
h + V2
PL
−P =0⇒ N =
L
h + V2
(11.51)
soit :
N⋅
En égalant (11.49) et (11.51), on déduit finalement :
ES
(V23 + 3h ⋅V22 + 2h 2 ⋅V2 )
2 L3
(11.52)
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
–1
–2
–3
–4
–5
–6
–7
–8
–9
P(N)
P=
C
B
A
D
E
– 45
– 40
– 35
– 30
– 25
– 20
V2 (mm)
– 15
–10
–5
0
Figure 11.11 – Référence P = ƒ(V2).
La courbe non linéaire P = f (V2 ) de la figure 11.11 met en évidence deux extrémums en A et C ainsi qu’un point de changement de courbure en B qui correspond
à la position horizontale du barreau. Ensuite, le barreau continue sa course pour
atteindre le point D symétrique de celui d’origine par rapport à Y. Enfin, on notera
les valeurs de charge nulle associées à B et D.
242
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

11.2.2 Calcul de la rigidité tangente
Les expressions de [ B0 ] et [G ] établies en § 11.1.2, nous permettent de déduire
pour :
0 −1
0 0
0 1
0 0
0⎤
0⎥
⎥
0⎥
⎥
0⎦
(11.53)
⎡ 1 0 −1 0 ⎤
⎢
⎥
T
N ⎢ 0 1 0 −1⎥
k
=
G
⋅
σ
⋅
G
⋅
dV
=
[ σ ] ∫[ ] [ ] [ ] e
L ⎢ −1 0 1 0 ⎥
Ve
⎥
⎢
⎣ 0 −1 0 1 ⎦
(11.54)
A

⎡1
⎢
T
ES ⎢ 0
k
=
B
⋅
H
⋅
B
⋅
dV
=
[ 0] ∫[ 0] [ ] [ 0] e
L ⎢ −1
Ve
⎢
⎣0
[k0 ] est identique à la matrice de rigidité de l’élément barre trouvée en (5.1) et
qui correspond à l’hypothèse de petites déformations. [ kσ ] est bien évidemment
identique à la matrice établie en (11.27).
Préalablement au calcul de la matrice [ kL ] , il est tout d’abord nécessaire de déter⎧ u1 ⎫
⎪v ⎪
⎪ 1⎪
T
T
miner ⎡⎣ BL ( q ) ⎤⎦ = {q} ⋅ [G ] ⋅ [G ] issu de (11.8) avec {q} = ⎨ ⎬ : vecteur des
⎪u2 ⎪
⎪⎩v2 ⎪⎭
déplacements nodaux exprimé dans le repère local du barreau. Comme les déplacements au nœud 1 sont nuls, on obtient :
⎧ u
⎡⎣ BL ( q ) ⎤⎦ = ⎨− 22
⎩ L
v
− 22
L
u2
L2
v2 ⎫
⎬
L2 ⎭
(11.55)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Il est d’ailleurs possible de retrouver (11-46) en posant que :
1
2
{ε } = {ε 0 } + {ε L } = ⎛⎜ [ B0 ] + ⎡⎣ BL ( q )⎤⎦ ⎞⎟{q} .
⎝
⎠
On calcule ensuite la matrice des grandes déformations/grands déplacements issue
de (11.23) :
[kL ] = ∫ [ B0 ]T ⋅ [ H ] ⋅ [ BL ] ⋅ dVe
Ve
T
T
+ ∫ [ BL ] ⋅ [ H ] ⋅ [ B0 ] ⋅ dVe + ∫ [ BL ] ⋅ [ H ] ⋅ [ BL ] ⋅ dVe
Ve
9782100544639.indb 243
(11.56)
Ve
243
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

Soit
⎡ u2 ( 2L + u2 ) v2 ( L + u2 ) −u2 ( 2 L + u2 ) −v2 ( L + u2 ) ⎤
⎢
⎥
−v2 ( L + u2 )
−v22
v22
ES ⎢ v2 ( L + u2 )
⎥ (11.57)
[kL ] = 3 ⎢
L −u2 ( 2 L + u2 ) −v2 ( L + u2 ) u2 ( 2 L + u2 ) v2 ( L + u2 ) ⎥
⎢
⎥
−vv22
v2 ( L + u2 )
v22
⎢⎣ −v2 ( L + u2 )
⎥⎦
La rigidité tangente exprimée dans le repère local étant égale à la somme des trois
matrices (11.53), (11.54) et (11.57), on obtient pour finir :
[kT ] = [k0 ] + [kL ] + [kσ ] =
⎡ NL2
⎤
⎛ NL2
2⎞
2
+
−
+ ( L + u2 ) ⎟ −v2 ( L + u2 ) ⎥
+
+
L
u
v
L
u
(
)
(
)
2
2
2
⎢
⎜
⎝ ES
⎠
⎢ ES
⎥
2
⎢
NL
⎛ NL2
⎞⎥
2
2
v2 ( L + u2 )
+ v2
−v2 ( L + u2 )
−⎜
+ v2 ⎟ ⎥
⎢
ES
ES ⎢
⎝ ES
⎠⎥
3
2
2
⎢
⎥
L
NL
⎛ NL
2⎞
2
+ ( L + u2 ) ⎟ −v2 ( L + u2 )
+ ( L + u2 )
v2 ( L + u2 ) ⎥
⎢− ⎜
ES
⎠
⎢ ⎝ ES
⎥
2
2
⎢
⎥
NL
⎛ NL
⎞
−v2 ( L + u2 )
−⎜
+ v22 ⎟
+ v22 ⎥
v2 ( L + u2 )
⎢
ES
⎝ ES
⎠
⎣
⎦
(11.58)
La dernière étape concerne l’expression de cette matrice en repère global qui
consiste, comme en § 5.2, à effectuer le changement de base suivant :
T
[ K T ] = ⎡⎣ R (θ ) ⎤⎦ ⋅ [ kT ] ⋅ ⎡⎣ R (θ ) ⎤⎦ ⎡ cosθ
⎢ − sin θ
avec ⎡⎣ R (θ ) ⎤⎦ = ⎢
⎢ 0
⎢
⎣ 0
sin θ
cosθ
0
0
0
0
cosθ
− sin θ
(11.59)
0 ⎤
0 ⎥
⎥.
sin θ ⎥
⎥
cosθ ⎦
L’expression de la rigidité tangente associée à V2 vaut donc :
K T ( N ,V2 ) =
Comme sin (θ ) =
N ES
2
+ 3 ( L ⋅ sin θ + V2 )
L L
(11.60)
h
, on obtient pour finir :
L
K T ( N ,V2 ) =
N ES
2
+ 3 ( h + V2 )
L L
(11.61)
244
9782100544639.indb 244
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

h + V2
correspond au sinus de l’angle θ j (cf. figure 11.9) obtenu
L
lors du déplacement à l’incrément de charge j. Ceci permet de retrouver l’expression établie par Bathe (cf. [18]) :
En fait, le terme
N ES 2
+
sin θ j
L
L
( )
(11.62)
qui découle d’un changement de base effectué uniquement sur les matrices [ k0 ] et
[kσ ] . Cette approche revient en fait à calculer la structure dans son état déformé
de manière successive en posant que :
T
[ K T ] = ⎡⎣ R (θ j )⎤⎦ ⋅ ([k0 ] + [kσ ]) ⋅ ⎡⎣ R (θ j )⎤⎦
A

K T ( N ,V2 ) =
(11.63)
11.2.3 Résolution par la méthode de Newton-Raphson
Le chapitre 11.4.1 a permis de présenter deux types de méthodes de NewtonRaphson. Celle consistant à réévaluer la rigidité tangente à chaque itération de
convergence, dite complète, est très souvent la plus efficace mais également la plus
coûteuse en termes de temps de calcul. Les fortes variations de la déformée de
notre cas d’étude justifient néanmoins l’utilisation de cette méthode qui assure une
convergence rapide du processus. En application de (11.61), la rigidité tangente
fonction de l’effort normal N i et du déplacement V2i , associés à l’itération i, sera
donc remise à jour systématiquement et vaudra à cette même itération :
K Ti ( N i ,V2i ) =
N i ES
2
+ 3 ( h + V2 i )
L
L
(11.64)
⎛ V 2 + 2 h ⋅ V2 i ⎞
avec d’après (11.49) N i (V2i ) = ES ⋅ ε xx = ES ⋅ ⎜ 2i
⎟.
2 L2
⎝
⎠
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
P valant toujours 8.5 N, on décide d’effectuer une montée en charge en 100 incréments de longueur égale et de tolérer un maximum de 50 itérations par incrément.
P
. La convergence
Au j ème incrément, la force appliquée vaudra donc : F j = j ⋅
100
retenue est celle en forces. Le reste à l’itération i aura pour expression d’après
(11.50) :
h + V2 i
Ri = F j − N i ⋅
(11.65)
L
Le programme Mathcad™ de calcul et l’organigramme correspondant sont indiqués pages suivantes. On notera néanmoins qu’il serait assez simple de transformer
celui-ci en méthode de Newton-Raphson modifiée en transférant le calcul de la
rigidité tangente dans la boucle j et en utilisant celle-ci à chacune des itérations de
convergence.
9782100544639.indb 245
245
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

Variables :
Nsubstp : nombre d’incréments (100)
Niter : nombre d’itérations maxi par incrément (50)
e : tolérance (0.001 par exemple)
: déplacement initial (0 en général)
v0 : effort normal initial (0 en général)
N0 Conv : convergence (0 en forces, 1 en déplacements)
Type : Newton Raphson 0 – Complet, 1 – Modifié
Newt onRaphson (NSubst p , NIt er, ε , v0 , N0, Conv , Ty pe) :=
V ← v0
0
N ← N0
0
for j ∈ 1 .. NSubst p
CV ← "Diverge"
j
j⋅ P
F ←
j
NSubst p
i
j− 1
i←0
q ←V
( i)
N1 ← EFFN q
i
( i i) if Ty pe 1
K ← KTR N1 , q
j
while i ≤ NIt er
K ← K if Ty pe
1
h + qi
R ← F − EFFN q ⋅
i
j
i
L
if Conv 0 ∧ R < ε⋅ F j
i
j
( )
V ←q
j
i
i
N ← EFFN V
( j)
j
CV ← "Converge"
j
break
K ← KTR EFFN q , q
i
q
i+ 1
←
∆q i ← q
if Conv
( i) i) if Ty pe 0
(
R
i
+q
Ki
i+ 1
i
−q
i
1 ∧ ∆q i < ε⋅ ∆q 0
Vj ← q
i+ 1
( )
N j ← EFFN Vj
CVj ← "Converge"
break
return ( CV V F N ) if i
i←i+ 1
NIt er
( CV V F N )
Programme Mathcad™ 11-1 – Méthode de Newton – Raphson.
246
9782100544639.indb 246
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

Méthode de Newton
Raphson Complète
j =1
Fj = j ⋅
P
100
A

i = 0 , V2 i = V2 j −1
 V 2 + 2hV 
N i (V2i ) = ESε xx = ES ⋅  2i 2 2i 
2L


Ri = F j − N i ⋅
h + V2i
L
Ri ≤ ε ⋅ F j
j = j +1
V2j = V2i
oui
non
N i ES
2
+ 3 (h + V2i )
L
L
KTi ( N i ,V2i ) =
V2i +1 =
Ri
+ V2i
K Ti
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
i = i +1
oui
oui
i ≤ 50
non
FIN
j ≤ 100
non
FIN
Organigramme 11-1
9782100544639.indb 247
247
09/02/10 15:00
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
–1
–2
–3
–4
–5
–6
–7
–8
–9
P(N)
11 • Analyse non linéaire géométrique
E
A
Référence
Newton -Raphson (0.001)
– 45
– 40
– 35
– 30
– 25
– 20
– 15
–10
–5
0
V2 (mm)
Figure 11.12 – Exemple 13 : méthode de Newton – Raphson avec e = 0.001.
Avec une tolérance ε de 0.001, le processus s’arrête à partir du 96e incrément soit
approximativement peu avant le point A (figure 11.12). À ce niveau, la rigidité
tangente devient peu à peu horizontale, rendant impossible une intersection avec
la suite de la courbe. Au mieux et comme indiqué à la figure 11.13, le processus
continue après une projection au niveau du point E.
P(N)
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
–1
–2
–3
–4
–5
–6
–7
–8
–9
Référence
Newton-Raphson (0,01)
– 45
– 40
– 35
– 30
– 25
– 20
V2 (mm)
– 15
– 10
–5
0
Figure 11.13 – Exemple 13 : méthode de Newton – Raphson avec e = 0.01.
248
9782100544639.indb 248
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

La méthode de Newton – Raphson ne permet donc pas de résoudre ce problème
dans son intégralité et ce du fait de son incapacité à suivre « précisément » la
tangente à la courbe. Ce comportement caractéristique appelé en anglais « snap
through » fait partie des trois phénomènes pouvant poser de sérieux problèmes
de convergence. Le deuxième appelé « snap back » est assez similaire au précédent
puisque la divergence est causée par une tangente non plus horizontale mais verticale cette fois. Le dernier, la bifurcation correspond à une multiplicité des solutions
d’équilibre (cf. § 11.3.2).
F
F
A

1re trajectoire
possible
2e trajectoire
possible
q
q
Figure 11.14 – « Snap back » / Bifurcation.
11.2.4 Résolution par la méthode de longueur d’arc
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
P(N)
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
–1
–2
–3
–4
–5
–6
–7
–8
–9
Référence
Longueur d'arc
– 45
– 40
– 35
– 30
– 25
– 20
– 15
– 10
–5
0
V2 (mm)
Figure 11.15 – Exemple 13 : méthode de longueur d’arc.
9782100544639.indb 249
249
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

Variables :
Nsubstp : nombre d’incréments
Niter : nombre d’itérations maxi par incrément
e : tolérance (0.001 par exemple)
: déplacement initial (0 en général)
v0 : effort normal initial (0 en général)
N0 Conv : convergence (0 en forces, 1 en déplacements)
∆lmin : incrément de longueur d’arc mini (= incrément de départ)
∆lmax : incrément de longueur d’arc maxi
lmax : longueur d’arc maxi
250
9782100544639.indb 250
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

A
Programme Mathcad™ 11-2 – Méthode de longueur d’arc.
9782100544639.indb 251
251
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

Méthode de longueur d’arc
j = 1, λ1 = ∆l
Fj = λ j ⋅ P
oui
V2 i = V2 j −1
K Ti (N i , V2i ) =
non
i=0
Ri = (λ j + ∆λ ) ⋅ P − N i ⋅
N i ES
2
+ 3 (h + V2i )
L
L
h + V2i
L
oui
Ri ≤ ε ⋅ P
λ j +1 = λ j + ∆λ
V2 j = V2 i
non
P
∆LV2i =
K Ti
∆λ 0 =
 V 2 + 2hV 
N i (V2i ) = ESε xx = ES ⋅  2i 2 2i 
2L


± ∆l
1 + ∆LV2i
K Ti (N i , V2i ) =
2
∆LV2i =
δV2i = ∆λ 0 ⋅∆LV2i
V2i +1 = V2i + δV2i
∆λi =
∆λ = ∆λ0
δdV2i =
Ri
K Ti
− δdV20 ⋅ δdV2i
δdV20 ⋅ ∆LV2i + ∆λ0
δV2i = ∆λ i ⋅∆LV2i + δdV2i
i = i +1
oui
P
K Ti
N i ES
2
+ 3 (h + V2i )
L
L
V2i +1 = V2i + δV2i
non
i≤3
oui
∆λ = ∆λ + ∆λi
FIN
j ≤ 220
non
FIN
Organigramme 11-2
252
9782100544639.indb 252
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.2 Exemple 13 – Étude d’un shed symétrique

L’utilisation d’une méthode de longueur d’arc nécessite tout d’abord de définir l’incrément d’arc Dl du premier incrément de charge (j = 1). Nous avons choisi pour
cet exemple 0.01. Cet incrément est néanmoins mis à l’échelle du problème à la 1re
itération de convergence (i = 0) lors du calcul de D λ 0 . Ensuite, la procédure suit
celle décrite au chapitre 11.1.4 qui consiste en une augmentation de l’incrément de
charge λ . La montée en charge est donc proportionnelle à son évolution.
La convergence choisie étant toujours celle en forces ( ε = 0.001) , le reste a pour
expression :
)
h + V2 i
L
(11.66)
A

(
Ri = λ j + Δλ ⋅ P − N i ⋅
Avec λ j facteur de charge associé à l’incrément j.
Une fois passé le premier incrément de charge (j = 1), il s’agit ensuite de continuer
le processus jusqu’à obtention du déplacement désiré, soit celui du point E. Une
première solution consisterait à utiliser un incrément d’arc constant. Une deuxième plus efficace permet d’estimer une nouvelle valeur de Dl à partir des résultats de l’incrément précédent.
Pour ce faire, on évalue pour chacun des incréments la variation du déplacement
DV2i en posant pour chaque itération de convergence que :
ΔV2i +1 = ΔV2i + δV2i
(11.67)
Au terme de l’incrément, soit après convergence, on estime la nouvelle valeur
de l’incrément d’arc Δl j +1 à partir de celle calculée à l’incrément précédent
T
Δl j = {Δqi +1} ⋅ {Δqi +1} soit dans notre cas Δl j = ΔV2i +1 ⋅ ΔV2i +1 = ΔV2i +1 .
Il est également possible d’incrémenter automatiquement cette quantité suivant le
rapport entre nombre d’itérations désiré à j+1 et celui obtenu au précédent, soit :
⎛ Niterd j +1 ⎞
Δl j +1 = Δl j ⋅ ⎜
⎜ Niter j ⎟⎟
⎝
⎠
n
(11.68)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Généralement, il est admis de prendre Niterd compris entre 3 et 5, le paramètre n
étant quant à lui fixé très souvent à ½ ou 1.
Reprenant maintenant l’expression (11.62) de la rigidité tangente K T , il est également intéressant de tracer l’évolution de K T en fonction du déplacement V2 , soit :
9782100544639.indb 253
253
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

9
7
D
5
B
C
3
1
–1
A
E
–3
P (N)
KT (N/mm)
–5
–7
– 45
– 40
– 35
– 30
– 25
– 20
– 15
– 10
–5
0
–9
V2 (mm)
Figure 11.16 – Évolution de KT et P en fonction de V2.
On s’aperçoit alors que [ K T ] est positive entre la position initiale et le premier
extrémum (point A) mais également après le deuxième situé au point C. Entre ces
deux points (A et C), celle-ci est négative. En fait, [ K T ] est définie positive avant A
T
et après C puisque {q} ⋅ [ K T ] ⋅ {q} > 0 "q.
∀q Elle admet donc des valeurs propres
T
positives et correspond à un état stable. Inversement, {q} ⋅ [ K T ] ⋅ {q} < 0 "q
entre A et C ce qui signifie que [ K T ] possède au moins une valeur propre négative. Cette configuration répond cette fois à un état instable. Le changement de
T
signe de {q} ⋅ [ K T ] ⋅ {q} implique un passage par zéro ce qui veut dire que [ K T ]
n’est pas inversible ( det [ K T ] = 0 ) en ces points. Ceci se vérifie bien évidement au
niveau des extrémums (B et C en l’occurrence) mais également pour les points de
bifurcation (cf. § 11.3.2).
± Δl
Ceci traduit dans le choix du signe de Δλ 0 =
qui est pris positif
1 + ΔLV2i 2
lorsque det [ K T ] > 0 et négatif inversement (la variable « Dir » du programme
Mathcad™ 11-2).
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres
11.3.1 Étude d’une poutre simplement appuyée
■■ Le flambement Eulérien
Nous avons vu au chapitre 6.1 que le moment fléchissant pouvait être exprimé
en fonction de la courbure de la déformée à partir de la relation (6.7) :
d 2v
EI z 2 = − M z ( x ) . Par ailleurs, le moment fléchissant vaut également en tout
dx
254
9782100544639.indb 254
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

y
v(x)
P
P
x
L
A

Figure 11.17 – Déformée d’une poutre soumise à une charge de compression.
point de la déformée : M z ( x ) = P ⋅ v( x ) . En égalant ces deux expressions du
moment fléchissant, on obtient l’équation différentielle du 2e ordre sans second
membre :
EI z
d 2 v( x )
d 2 v( x )
=
−
M
(
x
)
=
−
P
⋅
v
(
x
)
⇒
EI
+ P ⋅ v( x ) = 0 (11.69)
z
z
dx 2
dx 2
En posant α =
P
, (11.69) devient :
EI z
d 2 v( x )
+ α 2 ⋅ v( x ) = 0
dx 2
(11.70)
Sachant que la solution générale (réelle) de (11.70) est de la forme :
v( x ) = A ⋅ sin (α ⋅ x ) + B ⋅ cos (α ⋅ x )
(11.71)
avec A et B constantes, et que les conditions aux limites permettent d’écrire en :
– x = 0, v(0) = 0 ⇒ B = 0 ,
– x = L, v(l ) = 0 ⇒ A ⋅ sin (α ⋅ L ) = 0 .
L’équilibre se caractérise alors par :
A ⋅ sin (α ⋅ L ) = 0
ce qui permet de déduire :
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
α ⋅ L = kπ ⇒ α =
kπ
L
(11.72)
(11.73)
d’où
α=
kπ
⇔
L
P
kπ
k 2π 2 EI z
=
⇒P=
EI z
L
L2
(11.74)
k égal à zéro correspondant à la poutre au repos, on déduit pour la charge critique
(k =1) :
π 2 EI z
PCritique =
α
(11.75)
L2
9782100544639.indb 255
255
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

■■ Calcul de la rigidité tangente
Le fait de considérer encore une fois un problème en grands déplacements revient
2
1 ⎛ dv ⎞
à ajouter le terme ⎜ ⎟ à (6.16) soit :
2 ⎝ dx ⎠
2
du
d 2v 1 ⎛ dv ⎞
ε xx =
(11.76)
−y 2 + ⎜ ⎟
dx
2 ⎝ dx ⎠
dx
L’élément poutre utilisé étant une déclinaison de celui construit au chapitre 6.2, la
matrice [ B0 ] associée aux petites déformations sera identique à (6.17). La matrice de
rigidité élémentaire en repère local [ k0 ] aura de fait la même expression que (6.21).
La démarche étant ensuite similaire à celle du chapitre 11.2, il convient désormais
de calculer la matrice [ kσ ] associée aux contraintes initiales. Celle-ci dépendant
essentiellement des déplacements transversaux, le calcul de la matrice [G ] associée
au champ de déplacement v( x ) (6.14) qui exprimé sous la forme :
permet d’établir que :
v ( x ) = {0 N 1 N 2 0 N 3 N 4 } ⋅ {qe }
(11.77)
dN 1 dN 2
dN 3 dN 4 ⎫
0
⎬
dx
dx
dx
dx ⎭
(11.78)
[G ] = ⎧⎨0
⎩
d’où l’expression de la matrice [ kσ ] pour ce type d’élément :
⎡0 0
⎢
6
⎢0
5
⎢
⎢
L
⎢0
T
N
[kσ ] = ∫ [G ] ⋅ [σ ] ⋅ [G ] ⋅ dVe = ⎢⎢0 10
0
L
Ve
⎢
⎢0 − 6
⎢
5
⎢
L
⎢0
10
⎣⎢
0
L
10
2 L2
15
0
L
−
10
L2
−
30
0
0
0
0
0
0
0
6
−
5
L
−
10
0
6
5
L
−
10
0 ⎤
L ⎥
⎥
10 ⎥
L2 ⎥
− ⎥
30 ⎥
0 ⎥
⎥
L
− ⎥
10 ⎥
2 L2 ⎥
⎥
15 ⎥⎦
(11.79)
La matrice tangente [ K T ] exprimée dans le repère global est ensuite obtenue en
effectuant un changement de base sur la somme des matrices [ k0 ] et [ kσ ] . En
effet, cette solution qui consiste à évaluer la rigidité tangente dans l’état déformé, a
été préférée au calcul de la matrice [ kL ] dans un souci de simplification. On utilisera donc la même relation qu’en (11.63) :
T
[ K T ] = ⎡⎣ R (θ )⎤⎦ ⋅ ([k0 ] + [kσ ]) ⋅ ⎡⎣ R (θ )⎤⎦
(11.80)
256
9782100544639.indb 256
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

⎡ cos (θ ) sin (θ )
⎢
⎢ − sin (θ ) cos (θ )
⎢ 0
0
avec ⎡⎣ R (θ ) ⎤⎦ = ⎢
0
⎢ 0
⎢ 0
0
⎢
0
⎢⎣ 0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0 cos (θ ) sin (θ )
0 − sin (θ ) cos (θ )
0
0
0
0⎤
⎥
0⎥
0⎥
⎥.
0⎥
0⎥
⎥
1 ⎥⎦
A

■■ Calcul de la charge critique d’Euler
Nous avons vu au chapitre 11.1.3 qu’il est possible de calculer la charge critique
d’une structure au moyen d’une analyse modale de flambement. Cette analyse
basée sur une recherche de valeurs et vecteurs propres, permet de déterminer le
plus petit coefficient critique pondérant le chargement appliqué. Si ce coefficient
est inférieur à 1, la charge critique est déjà atteinte. La structure est donc considérée
dans ce cas comme instable.
Bien que la précision de ces coefficients soit directement liée à la qualité du maillage et
donc à celle des déformées modales, il est quand même possible d’évaluer ­correctement
la charge critique d’une telle poutre avec un seul élément. Une première solution
consisterait à effectuer l’analyse modale en ne considérant que les degrés de liberté
de rotation des extrémités libres. Cette approche donnant généralement de piètres
résultats, il est préférable d’associer les modes à des degrés de liberté de translation.
Aussi et en raison de la symétrie de la déformée, il est possible de réduire le modèle
à un seul élément de longueur égale à la moitié de celle de la figure 11.17.
V2
Y
x
2
y
U1
h
Β1
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
P
θ
1
X
L1
Figure 11.18 – Exemple 14-1 : poutre simplement appuyée (L1 = L/2).
U 2 et B2 étant nuls du fait de la symétrie, seuls les degrés de liberté U1, B1 et V2
dans le repère global sont à prendre en compte dans la résolution. Considérant un
défaut nul ( h = 0) pour l’analyse de flambement, les dimensions et caractéristiques
de cette poutre sont les suivantes : L1 = 2 m, S = 0.0001 m2, I = 6.10–8 m4, E =
2.1 1011 N/m2, P = 10000 N.
9782100544639.indb 257
257
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

Reprenant les expressions de [k0] et [ks], respectivement (6.21) et (11.79), le système1 après introduction des conditions aux limites se réduit à :
⎛ ⎡ 4 EI
⎜⎢
det ⎜ ⎢ L
⎜ ⎢ − 6 EI
⎜ ⎢⎣ L2
⎝
⎡ 2 L2
6 EI ⎤
L2 ⎥ − λ P ⎢⎢ 15
⎥
12 EI ⎥
L⎢ L
−
3
⎥
L ⎦
⎣⎢ 10
−
−
L ⎤⎞
⎟
10 ⎥ ⎟ = 0
⎥
6 ⎥⎟
5 ⎥⎦ ⎟⎠
(11.81)
soit après calcul λ1 = 0.783 et λ2 = 10.137 .
La charge critique est donc égale à PCritique = λ1 ⋅ P = 7831N avec pour mode de
⎧0.7839 ⎫
flambement associé ϕ1 = ⎨
⎬ . Cette valeur bien que comparable, diffère
⎩ 1 ⎭
légèrement de celle obtenue avec (11.75) :
PCritique =
ð 2 EI z ð 2 EI z
=
= 7772 Ná
L2
( 2L1 )2
(11.82)
Il serait néanmoins tout à fait possible de retrouver précisément ce résultat en augmentant le maillage de la poutre.
Une fois le chargement critique déterminé, il est possible alors de compléter l’analyse par un calcul non linéaire géométrique basé sur la méthode de longueur d’arc,
le défaut h étant fixé suivant le cas à 1 mm ou 0.1 mm. Ce défaut est en effet
nécessaire pour initier le processus non linéaire et correspond en fait à une pré
déformation de la poutre suivant la déformée du 1er mode. L’algorithme utilisé est
identique à celui établi pour l’exemple précédent. La tolérance e est cependant fixée
à 0.01 dans ce cas spécifique. Le calcul des efforts internes suit également la même
démarche que celle du chapitre 6.2.4, la seule différence se situant dans la prise en
compte des grands déplacements dans le calcul de l’effort normal, soit :
⎡ u2 − u1 1 ⎛ v2 − v1 ⎞2 ⎤
N = E ⋅ ε xx = E ⋅ ⎢
+ ⎜
⎟ ⎥
2 ⎝ L ⎠ ⎥⎦
⎢⎣ L
(11.83)
avec u1 , v1 , u2 , v2 déplacements des nœuds 1 et 2 dans le repère local élémentaire.
Bien évidemment et c’était prévisible, le déplacement U1 évolue de manière quasi
linéaire jusqu’à la charge critique et progresse ensuite suivant une asymptote horizontale. Plus le défaut est faible et plus la valeur de la charge critique ainsi déduite
se rapproche de celle calculée par la théorie d’Euler (7760 N pour h = 1 mm et
7822 N dans l’autre cas). Inversement, un défaut trop important aurait entrainé
une progression beaucoup plus lente vers la charge prévue.
1. U1 est considéré comme nul dans l’analyse modale.
258
9782100544639.indb 258
09/02/10 15:00
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

8 000
7 000
6 000
P (N)
5 000
4 000
Défaut 1 mm
3 000
A
Défaut 0,1 mm
2 000

1 000
0
0,00
0,20
0,40
0,60
0,80
1,00
1,20
U1 (mm)
Figure 11.19 – Exemple 14-1 : déplacement horizontal.
Ceci étant, il est parfois impossible d’atteindre cette valeur de charge critique.
Deux raisons peuvent expliquer ce constat. La première concerne les effets dus aux
grands déplacements/grandes déformations. En effet et comme indiqué au chapitre
11.1.3, ceux-ci sont négligés dans l’analyse modale de flambement entraînant parfois une surévaluation du coefficient critique. L’analyse non linéaire géométrique
permettra alors de mesurer ces effets et donc de réévaluer le coefficient critique
généralement à la baisse. La deuxième est liée au phénomène de bifurcation qui
correspond à une multiplicité des solutions d’équilibre. Ce phénomène sera abordé
dans l’exemple 14-2.
8 000
7 000
6 000
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
P (N)
5 000
4 000
Défaut 1 mm
3 000
Défaut 0,1 mm
2 000
1 000
0
0,00
5,00
10,00
15,00
20,00 25,00
V2 (mm)
30,00
35,00
40,00
45,00
Figure 11.20 – Exemple 14-1 : déplacement vertical.
9782100544639.indb 259
259
09/02/10 15:01
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

11.3.2 Étude d’une poutre sur appuis élastiques
Y
V2
V1
x
Β2
y
U1
k2
Β1
P
2
θ
1
h
X
k1
L
Figure 11.21 – Exemple 14-2 : poutre sur appuis élastiques.
■■ Calcul de la charge critique
L’analyse du comportement d’une telle poutre sur appuis élastiques amène bien
évidemment à s’interroger sur l’influence des ressorts. Une première approche,
certes un peu triviale, consiste à prendre en compte des ressorts de rigidité infinie.
Dans ce cas, le calcul revient à étudier la poutre sur appuis simples de l’exemple
14-1. A contrario, sa déformée correspondra à celle d’une dénivellation d’appui.
Les rotations nodales, supposées petites, seront alors égales à l’angle correspondant
au déplacement différentiel des nœuds 1 et 2. De ce fait, on pourra considérer
la tangente à la déformée nulle aux extrémités de la poutre. Deux autres conditions aux limites peuvent également être établies en 1 et 2 en posant que l’effort
tranchant est égal, au signe près, à la force dans le ressort. Celui-ci est également
équivalent à la somme de la dérivée du moment fléchissant et de la projection de la
charge P (cf. [9]). On a donc :
Ty =
dM z
dv
−P⋅
dx
dx
(11.84)
d 2v
⎛
⎞
D’où d’après (6.7) ⎜ EI z 2 = − M z ( x ) ⎟ :
dx
⎝
⎠
T y = − EI z
d 3v
dv
−P⋅
3
dx
dx
(11.85)
260
9782100544639.indb 260
09/02/10 15:01
11 • Analyse non linéaire géométrique
P
, (11.85) s’écrit :
EI z
v ʹʹʹ( x ) + α 2 ⋅ v ʹ( x ) = −
En dérivant maintenant (11.86) et comme
Ty (x )
dT y
(11.86)
= −q y ( x ) , on obtient :
dx
v IV ( x ) + α 2 ⋅ v ʹʹ( x ) =
EI z
q y (x )
EI z
=0
A
(11.87)

En posant α =
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

qui est égale à zéro puisque la poutre n’est pas chargée transversalement. Finalement et en intégrant deux fois (11.87), cette équation différentielle devient :
v ʹʹ( x ) + α 2 ⋅ v( x ) = R1 ⋅ x + M1
(11.88)
Avec R1 et M1 constantes.
R x+M
La solution de (11.88) étant de la forme v( x ) = A ⋅ sin (α ⋅ x ) + B ⋅ cos (α ⋅ x ) + 1 2 1
α
R x+M
(α ⋅ x ) + B ⋅ cos (α ⋅ x ) + 1 2 1 avec A et B constantes, on déduit pour ses dérivées :
α
R
v ʹ( x ) = A ⋅ α ⋅ cos (α ⋅ x ) − B ⋅ α ⋅ sin (α ⋅ x ) + 12
(11.89)
α
v ʹʹ( x ) = − A ⋅ α 2 ⋅ sin (α ⋅ x ) − B ⋅ α 2 ⋅ cos (α ⋅ x )
(11.90)
v ʹʹʹ( x ) = − A ⋅ α 3 ⋅ cos (α ⋅ x ) + B ⋅ α 3 ⋅ sin (α ⋅ x )
(11.91)
En injectant (11.89) et (11.91) dans (11.86), on obtient également :
v ʹʹʹ( x ) + α 2 ⋅ v( x ) = R1 =
−T y ( x )
EI z
(11.92)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Comme Ty (x) vaut aux appuis k1 ◊ v (0) et – k1 ◊ v (L), les deux premières conditions
aux limites s’écrivent :
Au nœud 1
M ⎞
⎛
R1 = −k1* ⋅ v(0) = −k1* ⋅ ⎜ B + 21 ⎟
α ⎠
⎝
(11.93)
Au nœud 2
R ⋅L + M ⎞
⎛
R1 = k2* ⋅ v( L ) = k2* ⋅ ⎜ A ⋅ sin (α ⋅ L ) + B ⋅ cos (α ⋅ L ) + 1 2 1 ⎟ (11.94)
α
⎝
⎠
k
avec ki* = i .
EI z
9782100544639.indb 261
261
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

Les tangentes horizontales aux nœuds étant considérées comme nulles aux appuis,
on a également :
En x = 0
v ʹ(0) = A ⋅ α +
R1
=0
α2
(11.95)
En x = L
v ʹ( L ) = A ⋅ α ⋅ cos (α ⋅ L ) − B ⋅ α ⋅ sin (α ⋅ L ) −
R1
=0
α2
(11.96)
En regroupant les quatre conditions aux limites (11.93) à (11.96), le système à
résoudre s’écrit :
1
⎡
α
0
⎢
α2
⎢
1
⎢ α ⋅ cos (α ⋅ L ) −α ⋅ sin (α ⋅ L )
− 2
⎢
α
⎢
⎢
0
1
k1*
⎢
⎢ *
k2* ⋅ L
⎢ −k2 ⋅ sin (α ⋅ L ) −k2* ⋅ cos (α ⋅ L ) 1 − 2
α
⎣
⎧ A ⎫ ⎧0 ⎫
⎪ B ⎪ ⎪0 ⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
= [C ] ⋅ ⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
⎪ R1 ⎪ ⎪0 ⎪
⎪⎩ M1 ⎪⎭ ⎪⎩0 ⎪⎭
⎤
0 ⎥
⎥⎧ A ⎫
0 ⎥⎪ ⎪
⎥⎪ B ⎪
⎨ ⎬
k1* ⎥ ⎪ R1 ⎪
⎥
α 2 ⎥ ⎪⎩ M1 ⎪⎭
k* ⎥
− 22 ⎥
α ⎦
(11.97)
Le déterminant de [C ] doit donc être différent de 0 pour que (11.97) admette des
solutions non nulles. Dans le cas contraire, les racines de l’équation det[C ] = 0
correspondent aux valeurs de charge critique et donc aux différentes instabilités de
la structure. Dans notre cas d’étude, cette résolution revient à poser que :
det [C ] = α 2 ⋅ sin (α ⋅ L ) ⋅ ⎡⎣α 2 ⋅ ( k1* + k2* ) − L ⋅ k1* ⋅ k2* ⎤⎦ = 0
(11.98)
soit une première valeur de charge critique identique à celle de la poutre
π 2 EI z
1
s­ implement appuyée (11.75) PCritique
=
αpuis une deuxième en posant
L2
P
k* ⋅ k* ⋅ L
α2 =
= 1 * 2 * ce qui permet de trouver :
EI z
k1 + k2
k ⋅k ⋅L
2
PCritique
= 1 2
k1 + k2
(11.99)
262
9782100544639.indb 262
09/02/10 15:01
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

Bien évidemment, la charge critique finale correspondra au minimum des deux
valeurs précédentes, soit :
⎛ k ⋅ k ⋅ L π 2 EI ⎞
PCritique = min ⎜ 1 2 ; 2 z ⎟ α
(11.100)
L ⎠
⎝ k1 + k2
Il est néanmoins possible de faire correspondre ces deux valeurs en posant que
1
2
est égale à PCritique
ce qui donne dans le cas de ressorts identiques :
PCritique
2π 2 EI z
k = k1 = k2 =
α
.
L3

■■ Point de bifurcation
A
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Par définition, une bifurcation correspond à la possibilité de suivre plusieurs trajectoires équilibrées. Les solutions calculées après ce point de bifurcation peuvent
néanmoins traduire des états stables ou instables. Nous avons vu au chapitre 11.2.4
que ces différents états étaient liés aux signes de la matrice de rigidité tangente.
Crisfield développe dans (cf. [19]) les méthodologies permettant de calculer avec
précision les positions de ces différents points singuliers : extrémums ou points de
bifurcation.
Sachant que l’incrément de déplacement {Dq} peut être exprimé sous la forme
n
⎛
⎞
d’une combinaison linéaire de n vecteurs propres de [ K T ] ⎜ {Δq} = ∑ Ai ⋅ {φi } ⎟ ,
i =1
⎝
⎠
il établit que :
– A1 ≠ 0 et Ai = 0 "i ≠ 1 pour les extrémums. Dans ce cas, il arrive à montrer que
la longueur d’arc vaut {Dq}T ◊ {Dq} = Dl 2 = A12. Ce résultat a d’ailleurs été utilisé
dans nos différents exemples pour « prédire » la variation de longueur d’arc
nécessaire à l’incrément de charge suivant (cf. programme Mathcad™ 11.2).
– A1 = 0 et Ai ≠ 0 "i ≠ 1 pour les points de bifurcation.
Par ailleurs et dans ces deux cas, le déterminant de [KT ] est d’après les conclusions
du chapitre 11.2.4 nul. Celle-ci admet donc à ces endroits une valeur propre w1 de
même valeur. Toujours d’après [19], la différentiation entre extrémums et points
de bifurcation s’effectue à partir du produit du vecteur des charges extérieures {F }
et du vecteur propre associé à {f1}. {F }T {f1} est ainsi nul pour les points de bifurcation et non nul pour les extrémums.
Reprenant notre cas d’étude, le point de bifurcation peut être évalué à partir du
résultat établi au chapitre précédent, soit :
⎛ k ⋅ k ⋅ L π 2 EI ⎞
PCritique = min ⎜ 1 2 ; 2 ⎟ = min (1890, 7772 ) = 1890 Nα(11.101)
L ⎠
⎝ k1 + k2
avec L= 4 m, S = 0.0001 m2, I = 6.10-8 m4, E = 2.1 1011 N/m2, P = 10000 N,
12π 2 EI
= 4k2α
k1 =
.
L3
A contrario des programmes commerciaux, la recherche de ce point singulier a été
effectuée par approximations successives à l’aide d’un programme Mathcad™ directement inspiré de celui du chapitre 11.2.4. Une fois cette position déterminée, il
9782100544639.indb 263
263
09/02/10 15:01
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.3 Exemple 14 – Flambement des poutres

s’agit ensuite de réaliser un « saut » permettant de suivre la branche bifurquée. Pour
ce faire, le programme reprend la solution proposée par Crisfield dans [19] qui
consiste à considérer comme « prédicteur » à cet endroit le produit Dl ◊ f1. L’incrément de facteur de charge (11.40) a donc pour expression dans ce cas :
Δλi =
−Δl ⋅ φ1T {δ d i }
Δl ⋅ φ1T {δ Lqi } + Δλ0
(11.102)
Comme pour le chapitre 11.3.1, on constate une meilleure approche du point de
bifurcation pour les valeurs de défaut faibles, la valeur de la charge critique étant
parfaitement atteinte pour h égal à la plus petite perturbation.
2 000
1 800
1 600
1 400
P(N)
1 200
1 000
Défaut 5 mm
800
Défaut 1 mm
600
Défaut 0.1 mm
400
200
0
0,00
0,10
0,20
0,30
U1 (mm)
0,40
0,50
Figure 11.22 – Exemple 14-2 : déplacement horizontal au nœud 1.
2 000
1 800
1 600
1 200
1 000
Défaut 5 mm
P(N)
1 400
800
Défaut 1 mm
600
Défaut 0.1 mm
400
200
0
–7,50
–6,50
–5,50
–4,50
–3,50
V (mm)
–2,50
–1,50
–0,50
1
Figure 11.23 – Exemple 14-2 : déplacement vertical au nœud 1.
264
9782100544639.indb 264
09/02/10 15:01
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

2 000
1 800
1 600
1 400
1 000
A
800
Défaut 5 mm
600
Défaut 1 mm
400
Défaut 0,1 mm

P(N)
1 200
200
0
0,00
5,00
10,00
15,00
V2 (mm)
20,00
25,00
30,00
Figure 11.24 – Exemple 14-2 : déplacement vertical au nœud 2.
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques
11.4.1 Étude d’une plaque sous chargement uniaxial
■■ Energie de déformation – cas général
y
a
σ yy
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
τ xy
b
σ xx
σ xx
τ xy
x
σ yy
Figure 11.25 – Plaque soumise à un état de contrainte plane.
9782100544639.indb 265
265
09/02/10 15:01
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

Partant de l’expression (3.35) de l’énergie de déformation, celle-ci se réduit du fait
de l’hypothèse de contrainte plane à :
W =
1
2 + σ 2 ⋅ dV − ν σ ⋅ σ ⋅ dV + 1
σ xx
τ xy2 ⋅ dV
yy
xx
yy
∫
E V∫
2⋅E V
2 ⋅ G V∫
(
)
(11.103)
Les contraintes valant (9.10) et (9.12), cette relation devient :
⎡ ⎛ 12 z ⋅ M 2 ⎛ 12 z ⋅ M ⎞2 ⎞
⎤
yy
xx ⎞
⎢ ∫ ⎜ ⎛⎜
⎥
⎟ ⋅ dV
+
⎟
⎜
⎟
3
3
⎟
⎜
e
e
⎢
⎥
⎝
⎠
⎝
⎠
1 V⎝
⎠
W =
⎢
⎥
2
2⋅E ⎢
⎥
⎛ 12 z ⋅ M xy ⎞
⎛ 12 z ⋅ M xx ⎞ ⎛ 12 z ⋅ M yy ⎞
⋅
ν
⋅
2
1
⋅
dV
+
+
dV
(
)
⎢ −2ν ∫ ⎜
⎥
⎟
⎜
⎜
⎟
⎟
∫ e3 ⎠
e3
e3
⎠ ⎝
⎠
⎢⎣
⎥⎦
V⎝
V⎝
(11.104)
soit après transformation en une intégrale de surface :
W =
(
)
2
2
12 ⎡⎢ ∫∫ M xx + M yy ⋅ dxdy − 2ν ∫∫ M xx ⋅ M yy ⋅ dxdy ⎤⎥
(11.105)
2 ⋅ E ⋅ e 3 ⎢ +2 (1 + ν ) M xy2 ⋅ dxdy
⎥
∫∫
⎣
⎦
⎛ 12 ⎞
avec dV = dxdydz et ⎜ 3 ⎟
⎝e ⎠
e
2 2
∫e
−
⎝
2
⎛ h 3 ⎞ 12
⋅⎜ ⎟ = 3 .
⎠ ⎝ 12 ⎠ e
⎛ 12 ⎞
z 2 ⋅ dz = ⎜ 3 ⎟
e
2
En remplaçant maintenant les moments Mxx, Myy et Mxy par leurs expressions (9.5)
et (9.9), on obtient :
⎡⎛ ∂ 2 w ⎞ 2 ⎛ ∂ 2 w ⎞ 2
∂ 2w ∂ 2w ⎤
⎢⎜
⎥
ν
2
+
+
⋅
⋅
⎜
⎟
⎟
∂x 2 ∂y 2 ⎥
⎢⎝ ∂x 2 ⎠ ⎝ ∂y 2 ⎠
1
W = D ∫∫ ⎢
⎥ ⋅ dxdy
2
2
2
⎛
⎞
∂ w
⎢
⎥
⎢ +2 (1 − ν ) ⎜ ∂x ∂y ⎟
⎥
⎝
⎠
⎣
⎦
(11.106)
ou sous une autre forme :
⎡⎛ ∂ 2 w ∂ 2 w ⎞ 2
⎛ ∂ 2w ∂ 2w ⎛ ∂ 2w ⎞2 ⎞ ⎤
1
W = D ∫∫ ⎢⎜ 2 + 2 ⎟ − 2 (1 − ν ) ⎜ 2 ⋅ 2 − ⎜
⎟ ⎟ ⎥ ⋅ dxdy (11.107)
⎜ ∂x ∂y
2
∂x ∂y ⎠ ⎟ ⎥
∂y ⎠
⎢⎝ ∂x
⎝
⎝
⎠⎦
⎣
■■ Application aux plaques rectangulaires simplement appuyées
Reprenant la même démarche que celle de l’exemple 9, nous savons que la surface
élastique d’une plaque rectangulaire simplement appuyée peut être représentée par
la double série :
266
9782100544639.indb 266
09/02/10 15:01
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

⎛ m ⋅π ⋅ x ⎞
⎛ n ⋅π ⋅ y ⎞ 1
w ( x , y ) = ∑ ∑ amn ⋅ sin ⎜
⎟ ⋅ sin ⎜
⎟α
⎝ a ⎠
⎝ b ⎠
m =1 n =1
∞
∞
(11.108)
Après calcul des différentes dérivées secondes de (11.108) nécessaires à la détermination de (11.107), on obtient pour l’énergie de déformation d’une plaque de ce
type :
2
∞ ∞
2
2
2
2
ab
2 ⋅ ⎛ m ⋅π + n ⋅π ⎞ α
W = D ⋅ ∑ ∑ amn
⎜
8
b 2 ⎟⎠
⎝ a2
m =1 n =1
(11.109)
A

car :
2
∂ 2w ∂ 2w ⎛ ∂ 2w ⎞ ⎞ ⎤
⎢
⎜
⋅
– ∫∫
−⎜
⎟ ⎟ ⎥ ⋅ dx ⋅ dy = 0 .
2 ∂y 2
⎜
∂
x
x
y
∂
∂
⎢
⎝
⎠ ⎟⎠ ⎥⎦
0 0 ⎣⎝
a b ⎡⎛
ab
⎛ m ⋅π ⋅ x ⎞
2 ⎛ m ⋅ π ⋅ y ⎞ ⋅ dx ⋅ dy = ab α
– ∫ ∫ sin 2 ⎜
.
⎟ ⋅ sin ⎜
⎟
4
⎝ a ⎠
⎝ b ⎠
00
■■ Calcul théorique de la contrainte critique
Reprenant la description de la figure 11.25 en considérant a > b, nous pouvons
supposer que la déformée de la plaque soumise uniquement à sxx sera de la forme :
⎛ m ⋅π ⋅ x ⎞
⎛π ⋅ y ⎞ 2
w ( x , y ) = A ⋅ sin ⎜
⎟ ⋅ sin ⎜
⎟α
a
⎝ b ⎠
⎝
⎠
(11.110)
En application de (11.109), l’énergie de déformation vaut dans ce cas :
2
W =
a ⋅b
⎛ m2 ⋅ π 2 π 2 ⎞
D ⋅ A2 ⋅ ⎜
+ 2⎟ α
8
b ⎠
⎝ a2
(11.111)
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Timoshenko établit par ailleurs dans [9] que le travail de la force de compression
N xx = σ xx ⋅ e est égal :
T =
ab
2
σ xx ⋅ e ⎛ ⎛ ∂w ⎞ ⎞
⎜
⎜
⎟ ⎟ ⋅ dxdy
2 ∫0 ∫0 ⎜⎝ ⎝ ∂x ⎠ ⎟⎠
2 ab
σ ⋅ e ⎛ m ⋅π ⎞
2 ⎛ m ⋅ π ⋅ x ⎞ ⋅ sin 2 ⎛ m ⋅ π ⋅ y ⎞ ⋅ dxdy
= A 2 ⋅ xx ⋅ ⎜
⎟ ∫ ∫ cos ⎜
⎟
⎜
⎟
2 ⎝ a ⎠ 00
⎝ a ⎠
⎝ b ⎠
(11.112)
1. Les termes de la série doivent être impairs.
2. On suppose dans ce cas que la déformée suivant x peut admettre plusieurs ondes alors que celle suivant y n’en comporte
qu’une seule.
9782100544639.indb 267
267
09/02/10 15:01
11 • Analyse non linéaire géométrique
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

ab
⎛ m ⋅π ⋅ x ⎞
2 ⎛ m ⋅ π ⋅ y ⎞ ⋅ dxdy αéquivaut également à ab , on
Comme ∫ ∫ cos2 ⎜
⎟ ⋅ sin ⎜
⎟
4
⎝ a ⎠
⎝ b ⎠
00
obtient pour le travail :
T = A2 ⋅
σ xx ⋅ e ⋅ m 2 ⋅ π 2 ⋅ b
8a
(11.113)
Le potentiel total est donc égal à :
E = W −T
2
2
2
a ⋅b
⎛ m2 ⋅ π 2 π 2 ⎞
2 ⋅ σ xx ⋅ e ⋅ m ⋅ π ⋅ b
−
=
D ⋅ A2 ⋅ ⎜
+
A
8
8a
b 2 ⎟⎠
⎝ a2
(11.114)
L’équilibre critique étant caractérisé par la dérivée seconde du potentiel total par
rapport à A, on obtient pour la contrainte critique de flambement :
2
∂2 E
crit = k ⋅ π ⋅ E ⋅ ⎛ e ⎞
0
σ
=
⇔
xx
⎜ ⎟
12 (1 −ν 2 ) ⎝ b ⎠
∂A 2
2
(11.115)
2
⎛m φ ⎞
a
avec k = ⎜ + ⎟ ; φ = 1.
b
⎝φ m⎠
La variable m représentant le nombre d’ondes suivant x de la déformée de flambement, on recherchera la valeur minimale de k correspondant à la plus petite des
contraintes critiques. Pour ce faire et en considérant m constant et f variable, on
dérive la fonction k par rapport à f soit :
⎛m φ ⎞ ⎛ 1 m ⎞
dk
= 2 ⋅ ⎜ + ⎟ ⋅ ⎜ − 2 ⎟ = 0 ⇒ m2 = φ 2
dϕ
⎝ φ m⎠ ⎝m φ ⎠
(11.116)
La contrainte critique minimale sera donc obtenue pour m = f ce qui correspond
à k = 4 (cf. figure 11.26).
1. f correspond à l’élancement géométrique de la plaque.
268
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

10
9
8
7
A
6
5

k
4
3
m=1
m=2
m=3
m=4
m=5
m=6
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
7
φ
Figure 11.26 – k fonction de f pour différentes valeurs de m.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
En reprenant l’exemple du chapitre 9.2.2 (plaque rectangulaire a (4 m) ¥ b (2 m)
d’épaisseur e (0.02 m) en acier (E = 210000 MPa, n = 0.3) avec m = 1, 2 ou 3, on
obtient pour les contraintes critiques et les déformées de flambement (Mathcad™) :
Figure 11.27 – Exemple 15 : mode n° 1 (Mathcad) – m = 1 ; σ xcrit = 118.6 MPa .
9782100544639.indb 269
269
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

Figure 11.28 – Exemple 15 : mode n°2 (Mathcad) – m = 2 ; σ xcrit = 75.9 MPa .
Figure 11.29 – Exemple 15 : mode n°3 (Mathcad) – m = 3 ; σ xcrit = 89.0 MPa .
On constate bien que la contrainte critique est minimale pour m = ϕ =
a
=2.
b
■■ Calcul par éléments finis
Le calcul revient à appliquer les résultats du chapitre 11.1.3 et donc à rechercher les
valeurs et vecteurs propres du système : det ([ K 0 ] + λ .[ K σ ]) = 0 . L’élément utilisé
est un Q4 sans intégration réduite.
Le but étant de faire une comparaison précise des résultats avec la solution théorique, la taille retenue pour les éléments est de 10 cm de côté. Il n’est bien évidemment pas nécessaire d’avoir systématiquement une telle densité de maillage.
Cependant, il est important de noter que cette précision dépendra de la qualité de
reconstitution de la déformée modale et ce d’autant plus que l’élément choisi est
«pauvre».
270
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11 • Analyse non linéaire géométrique
y
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

a
q
b
A

x
Figure 11.30 – Exemple 15-1 : plaque en compression simple.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
La plaque étant simplement appuyée, le contour de celle-ci est bloqué verticalement suivant z. Deux lignes d’appuis suivant x et y sont également ajoutées afin
d’assurer la stabilité du modèle. Enfin et pour terminer, une pression unitaire q de
100 MPa est appliquée au bord libre suivant y. Il est néanmoins important de noter
que celle-ci est introduite sous la forme d’une charge linéaire de compression égale
à q ◊ e soit 2 ◊ 106 N/m.
La première valeur propre1 trouvée (0.759) par l’analyse modale faite avec Abaqus™
correspond bien non seulement à une contrainte de 75.9 MPa mais également à un
mode à deux ondes suivant x.
Figure 11.31 – Exemple 15-1 : mode n° 1 (l1 = 0.759).
1. Les modes sont classés par coefficient critique croissant.
9782100544639.indb 271
271
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

Figure 11.32 – Exemple 15-1 : mode n°2 (l2 = 0.893).
Figure 11.33 – Exemple 15-1 : mode n°3 (l3 = 1.189).
272
9782100544639.indb 272
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

11.4.2 Étude d’une plaque en cisaillement
y
a
τ xy
A

b
x
τ xy
Figure 11.34 – Exemple 15-2 : plaque en cisaillement.
Les caractéristiques de la plaque étant identiques à celles de l’exemple 15-1, la
contrainte critique théorique peut être évaluée à partir de [9] en posant :
D ⋅π 2
e ⋅b2
Celle-ci fait intervenir un coefficient k dépendant de l’élancement f :
crit = k ⋅
τ xy
k = 5.35 +
k=
4
φ2
5.35
+4
φ2
(11.117)
si φ ≥ 1
si φ ≤ 1Θ
(11.118)
Comme f est égal à 2 dans notre cas, k vaut 6.35 et donc
crit = k ⋅
τ xy
y
D ⋅π 2
= 120 MPa
e ⋅b2
a
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
q
b
q
q
q
x
Figure 11.35 – Exemple 15-2 : chargement.
9782100544639.indb 273
273
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.4 Exemple 15 – Flambement des plaques

Les conditions aux limites restant inchangées, on applique sur chacun des côtés du
contour (cf. figure 11.35) une charge linéaire transverse de 2 .106 N/m équivalente
à une pression q de 100 MPa.
Figure 11.36 – Exemple 15-2 : mode n° 1 (l1 = 1.227).
Figure 11.37 – Exemple 15-2 : mode n°2 (l2 = 1.37).
274
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.5 Exemple 16 – Déversement d’une poutre

11.5 Exemple 16 – Déversement d’une poutre
11.5.2 Aspects théoriques
Le déversement appelé également « flambement latéral » est un phénomène d’instabilité qui se caractérise, sous l’effet de charges verticales, par une flexion latérale
accompagnée d’une rotation de torsion1. Les forces verticales produisant des déformations latérales2, il est possible de calculer les valeurs critiques associées à cette
instabilité.
P1

y
A
y
P2
w
z
x
L
x
ϕ
w
z
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Figure 11.38 – Le phénomène de déversement.
Trois conditions sont nécessaires pour caractériser l’équilibre :
d 2v
– Dans le plan de flexion xy : EI z ⋅ 2 = − M z ( x ) ,
dx
d 2w
– Dans le plan de flexion xz : EI y ⋅ 2 = M y ( x ) ,
dx
d 3ϕ
dϕ
= − M x 3.
– Autour de l’axe x de torsion : − EI ω ⋅ 3 + GJ ⋅
dx
dx
avec :
j : Angle de torsion (rad).
J : Inertie de torsion (m4).
Iw : Inertie de gauchissement (m6).
1. Dans le cas d’une poutre en I soumise à des charges verticales descendantes, on assiste en fait au flambement de la semelle supérieure comprimée.
2. Bien souvent en raison d’une imperfection de forme.
3. Équation différentielle de torsion.
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275
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.5 Exemple 16 – Déversement d’une poutre

y
y
P
A
x
B
z
h
b
L/2
L
Figure 11.39 – Exemple 16 : déversement d’une poutre chargée en son milieu.
Considérant la poutre de la figure 11.39 avec des appuis « à fourche »1, on arrive
à démontrer grâce aux travaux de Timoshenko (cf. [9]) et Vlassov (cf. [20]) que la
charge critique de déversement d’une telle poutre est égale à :
2
⎡
⎤
⎞
3π 2 4π 2 EI y ⎢ I ω L2 GJ ⎛ 4 3
4 3
PCR =
+
⋅
+⎜
⋅ zg ⎟ −
⋅ zg ⎥
2
⎥
L3 ⎢ I y π 2 EI y ⎝ π 6 + π 2
6 +π2
6
π
π
+
⎠
⎢⎣
⎥⎦
2
⎡
⎤
⎞
3π 2 4π 2 EI y ⎢ I ω L2 GJ ⎛ 4 3
4 3
PCR =
+
⋅
+⎜
⋅ zg ⎟ −
⋅ zg ⎥
2
⎥
L3 ⎢ I y π 2 EI y ⎝ π 6 + π 2
6 +π2
6
π
π
+
⎠
⎢⎣
⎥⎦
(11.119)
h
position du point d’application de la charge P.
2
Le phénomène de déversement étant associé à de la flexion-torsion, on préférera
utiliser la notion de moment critique de déversement qui dans notre cas est égal à :
avec z g = ±
MCR =
PCR ⋅ L
4
(11.120)
1. Appuis simples pour la flexion mais rotation de torsion et déplacements latéraux empêchés.
276
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.5 Exemple 16 – Déversement d’une poutre

Reprenant les hypothèses de l’exemple 12 :
Point d’application de la charge zG =
3m
320 mm
300 mm
20 mm
11.5 mm
2.1 1011 N/m2
0.30
8.0769 1010 N/m2
152.2 cm2
29144 cm4
9003 cm4
171 cm4
2025000 cm6
A

L=
Hauteur h =
Largeur b =
Epaisseur semelles tf =
Epaisseur âme tw =
Module d’élasticité longitudinal E =
Coefficient de Poisson n =
Module d’élasticité transversal G =
Section S =
Inertie Iz =
Inertie Iy =
Inertie de torsion J =
Inertie de gauchissement Iw =
+h/2 m
Les moment et charge critiques valent donc respectivement :
MCR =
PCR ⋅ L
= 2.94 ⋅103 kN.m et PCR = 3919 kN
4
(11.121)
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11.5.2 Calcul par éléments finis
Bien évidemment, l’intensité de la charge critique trouvée en (11.121) incite à
penser que cette poutre cèdera avant de déverser1. Il est quand même possible
de simuler ce déversement à partir d’une modélisation coques similaire à celle de
l’exemple 12. Néanmoins, les conditions aux limites diffèrent légèrement puisque
les sections d’extrémités devront être bloquées transversalement pour réaliser les
appuis à fourche.
Comme pour l’exemple 14, une légère imperfection sera nécessaire pour initier ce
déversement. La démarche consistera ici à pré déformer la géométrie du modèle
suivant la déformée du premier mode de flambement {f1}. Pour ce faire, on effectue
préalablement une analyse de flambement suivant le principe du chapitre 11.1.3.
Ainsi et pour une charge P de 5 106 N, ce calcul permet d’établir un premier coefficient critique égal à 0.78488 ce qui correspond à une charge critique de :
Pcritique = λ ⋅ P = 0.78488 ⋅ 5 ⋅106 = 3924 kN
(11.122)
1. La charge ultime peut en effet être atteinte bien avant la charge critique. On a tendance parfois à l’oublier.
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.5 Exemple 16 – Déversement d’une poutre

Figure 11.40 – Exemple 16 : déformée (Abaqus) de 1er mode de flambement {f1}.
Figure 11.41 – Exemple 16 : déformée (Abaqus) pour P = 3858 kN.
278
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.5 Exemple 16 – Déversement d’une poutre

Les coordonnées des nœuds du modèle sont ensuite modifiées de telle manière à
obtenir :
(11.123)
avec m choisi suffisamment petit pour ne pas perturber les résultats du calcul1.
Le calcul qui tient compte de la non linéarité géométrique, est basé sur une méthode
de longueur d’arc.
Les tracés (figures 11.42 et 11.43) de l’évolution de la charge P en fonction des
déplacements des jonctions âme-semelle de la section médiane2 mettent en évidence une croissance jusqu’à un maximum de 3858 kN, valeur qui reste proche
de la charge critique prévue en (11.121) et (11.122). Au-delà, celle-ci diminue
progressivement avec l’accroissement du déplacement latéral. Le passage de cet
extrémum traduit le changement prononcé de comportement de la poutre qui
passe de la flexion simple à une flexion-torsion. On le vérifie bien en visualisant la
déformée après la charge critique qui traduit bien le déplacement transversal lié au
flambement de la semelle supérieure.
L’analyse des courbes des figures 11.42 et 11.43 permet également de mettre
en évidence les différences de comportement des semelles supérieure et inférieure.
A

Géométrie pré déformée = Géométrie initiale + µ ⋅ {φ1 }
P (kN)
4 000
3 500
3 000
2 500
2 000
Semelle sup
1 500
Semelle inf
1 000
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500
0
– 0,01
0,01
0,03
0,05
0,07
0,09
Déplacement transversal au milieu de la poutre (m)
Figure 11.42 – Exemple 16 : évolution du déplacement transversal
en fonction de la charge P.
1. Dans notre cas d’étude 0.01.
2. Semelle supérieure – point A, semelle inférieure – point B.
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11 • Analyse non linéaire géométrique
11.5 Exemple 16 – Déversement d’une poutre

4 000
3 500
2 500
2 000
P (kN)
3 000
1 500
Semelle
sup
1 000
500
0
– 0,07
– 0,06
– 0,05
– 0,04
– 0,03
– 0,02
– 0,01
0
Déplacement ver cal au milieu de la poutre (m)
Figure 11.43 – Exemple 16 : évolution du déplacement vertical
en fonction de la charge P.
Comme prédit par la déformée du premier mode de flambement, la semelle inférieure reste presque « immobile » transversalement comparé au déplacement latéral
de la semelle supérieure. Cependant, on remarquera que le phénomène de déversement s’initie en fait bien avant le moment critique et ce bien évidemment en raison
de la pré-déformation de la poutre.
Le choix du coefficient m contenu dans (11.123) est d’ailleurs la principale difficulté de ce type d’analyse puisqu’il doit initier la déformée sans trop la perturber.
280
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Bibliographie

A
[1] Miranville, Alain et Temam, Roger. Modélisation mathématique et mécanique
des milieux continus . s.l. : Springer, 2000.
[2] Bazergui, A., Bui-Quoc, T., Biron, A., McIntyre, G., Laberge, C. Résistance des Matériaux – 2e édition. s.l. : École Polytechnique de Montréal, 1993.
[3] Dhatt, G. et Touzot, G. Une présentation de la méthode des élément finis. s.l. :
Maloine, 1981.
[4] Pilkey, Walter D. et Pilkey, Deborah F. Peterson’s Stress Concentration Factors – 3rd Edition. s.l. : Wiley, 2008.
[5] Prat, M. La modélisation des ouvrages. s.l. : Hermès, 1995.
[6] Timoshenko, S. Theory of Plates and Shells – 2nd Edition. s.l. : McGraw-Hill,
1959.
[7] Imbert, J.F. Analyse des structures par éléments finis. s.l. : Cepadues, 1995.
[8] Batoz J.L., Dhatt G. Modélisation des structures par élément finis – Vol.3 –
Coques. s.l. : Hermès, 1992.
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1963.
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[10] Zienkiewicz, O.C. et Taylor, R.L. The Finite Element Method For Solid and
Structural Mechanics – 6th Edition. s.l. : Elsevier Butterworth – Heinemann,
2005.
[11] Crisfield, M.A. Non-Linear Finite Element Analysis of Solids and Structures –
Essentials – Vol.1. s.l. : John Wiley & Sons, 1991.
[12] A fast incremental/iterative solution procedure that handles snap-through.
Computer and Structures. 1981, 13, pp. 55-62.
[13] Batoz J.L., Dhatt G. Incremental displacement algorithms for nonlinear
problems. International Journal for Numerical Methods in Engineering. 1979,
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281
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Bibliographie


[14] Riks, E. An incremental approach to the solution of snapping and buckling
problems. International Journal of Solids and Structures. 1979, 15, pp. 529551.
[15] Wempner, G.A. Discrete approximation related to non linear theory of solids.
International Journal of Solids and Structures. 1971, 7, pp. 1581-1599.
[16] Hinton, E. Introduction to Non Linear Finite Element Analysis, National
Agency For Finite Elements. s.l. : NAFEMS, 1990.
[17] De Souza Neto, E.A. et Feng, Y.T. On the determination of the path direction for arc-length methods in the presence of bifurcations and “snap-backs”.
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[18] Bathe, K. J. Finite Element Procedures in Engineering Analysis. s.l. : Prentice –
Hall, 1982.
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Advanced Topics – Vol. 2. s.l. : John Wiley & Sons, 1997.
[20] Vlassov, B.Z. Pièces longues en voiles minces. s.l. : Eyrolles, 1962.
[21] Prat, M. Calcul des ouvrages généraux de construction. s.l. : Hermès, 1997.
282
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Compléments en ligne

A
Toute utilisation des ressources mises à disposition sur le site de Dunod
implique la prise de connaissance des conditions générales d’utilisation.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
1. Notice d’utilisation
Vous venez de télécharger les fichiers de données relatifs aux 16 exemples de l’ouvrage Méthode des Éléments Finis, paru chez Dunod. Ces exemples ont été établis
à partir de trois logiciels : Abaqus1 6.8.2, Advance Structure2 3.1, et Mathcad3
versions 13 et 14.
Les résultats de l’ouvrage peuvent ainsi être reproduits par les détenteurs des
logiciels mentionnés ci-dessus. Ceci étant, les utilisateurs d’Effel, édité également par Graitec, pourront utiliser directement ces différents modèles, puisque
ceux-ci ont été construits à partir de ce logiciel. Ceux d’Advance devront les
importer à partir d’Effel.
Les exemples se divisent en trois catégories :
– exemples 1 à 4 : éléments barres et poutres ;
– exemples 5 à 12 : éléments membranes, plaques et coques ;
– exemples 13 à 16 : analyse non linéaire géométrique.
Pour différentes raisons, chacun des logiciels ne couvre pas l’intégralité des exemples.
Notamment, les n° 10, 12, 15 et 16 ne peuvent être traités qu’avec Abaqus et/ou
Effel en raison de leur taille. Pour la même raison, Mathcad ne permet de résoudre
que les n° 1, 2, 3, 4, 5, 6, 9, 10, 13 et 144.
Les fichiers de données ont des extensions :
– « .cae » pour Abaqus (Abaqus CAE) – répertoire ./FichiersAbaqus/,
– « .eff » pour Effel/Advance – répertoire ./FichiersEffel/,
– « .xmcd » pour Mathcad – répertoire ./FichiersMathcad/.
1 Abaqus™ est un logiciel de simulation numérique édité par la société Dassault Systèmes Simulia Corporation – lien internet : www.simulia.com/products/abaqus_fea.html.
2 Advance Structure™ est un logiciel de calcul édité par la société Graitec et orienté vers les métiers du Génie Civil principalement – lien internet : http://www.graitec.com/fr/ad.asp.
3 Mathcad™ est un logiciel de simulation mathématique édité par la société Parametric Technology Corporation – lien
internet : http://www.ptc.com/appserver/mkt/products/home.jsp?k=3901.
4 Certains exemples Mathcad comme les n°13 et 14 nécessitent une mémoire RAM importante (≈ 4 Go).
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283
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Compléments en ligne
1. Notice d’utilisation

Concernant ces derniers, un gestionnaire (cf. figure 1) permettant de les exécuter directement peut être ouvert dans Mathcad à partir du fichier « MEF.hbk ».
Chacun d’entre eux comporte généralement une version analytique (= résultats
analytiques) et une version numérique intégrant les hypothèses de calcul retenues
dans le livre.
Figure 1 – Le gestionnaire d’exemples
Figure 2 – Exemple 1 (analytique)
284
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Compléments en ligne
2. Conditions générales d’utilisation

2. Conditions générales d’utilisation
A

Article 1 : responsabilités
La mise en ligne des différents fichiers de données mentionnés dans la notice d’utilisation n’étant qu’une facilité offerte au lecteur pour suivre pas à pas les développements faits dans l’ouvrage Méthode des Éléments Finis, ni l’auteur, ni l’éditeur ne
pourront être rendus responsables de dysfonctionnements liés à l’utilisation de ces
fichiers.
Les contenus mis à disposition ont été mis en ligne après avoir été jugés raisonnablement conformes à l’état de l’art. Les résultats correspondants restent néanmoins
soumis au jugement critique de l’utilisateur. L’auteur et l’éditeur déclinent toute
responsabilité quant aux dommages ou pertes pouvant survenir suite à l’utilisation
d’un de ces fichiers.
Article 2 : licence
L’utilisation de ces fichiers suppose que le lecteur possède une licence d’un, de deux
voire des trois logiciels mentionnés.
Article 3 : portabilité
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
Ni l’auteur, ni l’éditeur ne pourront être rendus responsables de la non-portabilité des fichiers
téléchargeables dans les versions ultérieures des logiciels Abaqus, Advance Structure, Effel et
Mathcad.
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Index alphabétique
A
Analyse de flambement 257, 277
Approximation
polynomiale 33, 65,
158, 204
Arc (longueur d’) 2, 234,
237, 249, 258, 263, 279
B
Batoz 237
Bifurcation 249, 254,
259, 263
Blocage en cisaillement.
Voir Intégration réduite
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.
C
CAO 155
Charge critique 233, 255,
258
Charges nodales
équivalentes 70
Cisaillement transverse 185, 190
Coefficient
critique 233, 257, 259,
271, 277
de concentration 167
de Poisson 23, 140,
180, 210, 223
Continuité 158, 167
Contrainte
critique 273
dans les plaques 187
9782100544639.indb 287
de cisaillement 24, 187,
203
lissée 159, 164, 167,
206
non lissée 159, 167, 206
normale 15, 16, 184
plane 26, 127, 186,
191, 265
principale 182
Convergence 158, 160,
167
Crisfield 237, 263
D
Déformation plane 25,
127
Déversement 2, 275, 280
E
Élancement 178, 198, 273
Élément
barre 35, 38, 45, 47, 55
conforme 158
coque 222
isoparamétrique 123,
128, 140
plaque 196
poutre 63, 68, 76, 78,
89, 256
Q4 129, 152, 160, 167,
178, 196, 204, 210,
222, 270
Q8 164
Q9 179
ressort 46, 51
T3 141, 153, 167
T6 167, 171, 172
Énergie de déformation 28, 33, 35, 67, 74, 191,
266
Équation générale
des plaques 190, 193,
204
des poutres 63, 65, 80
Équations d’équilibre
de surface 19, 31
de volume 18, 31, 158
Extrémums 242, 254,
263
F
Flambement 2, 233, 254,
259, 268, 275, 279
Fonctions de forme 32,
228
G
Gauchissement 73, 275
Gauss (élimination de) 10
Grandes déformations 228, 236
Grands déplacements 228
I
Intégration
numérique 123
réduite 198, 204, 219,
270
287
09/02/10 15:01
Index alphabétique
Isoparamétrique.
Voir Élément
J
Jacobien 122, 129, 142,
197
K
Kirchhoff 185
M
Maillage 33, 151, 154,
160, 167, 174, 192,
204, 257
Matrice de rigidité
contraintes initiales 232, 256
élémentaire 35, 130
grandes déformations 232, 236, 243
membrane 135, 145
petites déformations 232
plaque 197
poutre 3D 76
poutre plane 67
ressort 46
singulière 41, 233
Matrice jacobienne.
Voir Jacobien
Mindlin 190, 198, 209
Mode de flambement 258, 278
Moment critique 276,
280
N
Newton Raphson
(Méthode) 2, 234, 239,
245
Non linéarité géométrique 2, 279
P
Peterson (Courbes de) 167
Pivot 11, 41
Points de bifurcation.
Voir Bifurcation
Points de Gauss 123, 199
Post critique 234
Post-processeurs 1
Pré-processeur 1
Processus de convergence 234
R
Rigidité tangente 233,
244, 253, 256
S
Section d’effort tranchant 75, 78, 191, 209, 221
Snap back 249
Snap through 249
Solveurs 1
Striction 140, 180
T
Timoshenko 191, 267,
276
Torsion 73, 187, 275
Transformation
géométrique 120
Travail des forces 33, 38,
239, 267
V
Voilement 2
288
9782100544639.indb 288
09/02/10 15:01