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Cours Millieux Continus
Laboratoire de Métallurgie Physique
3ème Semestre
Département des Matériaux
M. Rappaz M. Felberbaum M. Salgado
EPFL
Série No 5
17.10.07
Tenseur des contraintes II
1.
Soit dans un repère orthonormé ( homgène dé ni par (en MPa)
. On considère le champ de contraintes
Contraintes Principales et Cercle de Mohr e1 , e2 , e3 )
10 0 0 −15 σ= 0 5 0 −15 5
(1) 1. Déterminer les contraintes principales (σ , σ , σ ) dans l'ordre décroissant ainsi que les directions principales associées ( , , ) 2. Véri er que les trois invariants du tenseur restent inchangés 3. Déterminer la matrice de passage [A] du repère ( , , ) au repère propre ( , , ) telle que r = [A]r 4. Montrer que [A].σ.[A] est eectivement diagonal. 5. Pour une direction quelconque, déterminer les composantes normale, t , et tangentielle, t , de la densité de force . Dessiner le cercle de Mohr. 6. Déterminer l'ellipse des contraintes dans les trois plans ( , ), ( , et ( , ). 7. Déterminer les parties hydrostatique et déviatorique du tenseur σ dans ( , , ). I
II
III
nP I nP II nP III
e1 e2 e3
0
eI eII eIII
T
n
n
t
τ
eI eII
eII eIII )
eI eIII
e1 e2 e3
2.
Un état de contraintes inhomogène dé ni sur le cube unitaire x ∈ [0, 1], y ∈ [0, 1] et z ∈ [0, 1] (en m) est caractérisé par le tenseur suivant : Condition d'équilibre
1 3y −3z xy σxyz σ = 3y −3z σyz σzz
σ
(2)
est en MPa, si x, y et z en m. 1. Trouver les deux composantes manquantes σ ( ) et σ ( ) sur la base des indications suivantes : A. Le tenseur satisfait la condition d'équilibre div σ = 0 en tout point. B. La trace du tenseur est nulle en tout point. C. Le long de l'axe x, le tenseur σ = x ). 2. Calculez les forces globales (en N) exercées sur chacune des faces de ce cube. Véri ez que la somme de ces forces est nulle. Pourquoi a-t-on cela? yz r
yz
2
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zz r
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Corrigé No 5
17.10.07
Tenseur des contraintes II
1. Contraintes Principales et Cercle de Mohr Pour trouver les contraintes principales il su t de résoudre le déterminant de la matrice
√ 10√− σp 5 3 0 ~σ = 5 3 0 − σp 0 0 0 10 − σp √ 5 3 0 √ = (σp2 −10σp )(10−σp )−(10−σp )(5 3)2 0 − σp 0 0 10 − σp σp1 = 15 σpII = −5 σpIII =
10 − σ p √ DET = 5 3 0
(1)
Les valeurs des contraintes principales sont , et 10. De toute évidence, par la forme du tenseur des contraintes, le valeur σ correspond au valeur propre aligné sur l'axe z. En eet, la rotation du tenseur pour retrouver les valeurs propres se fait autour de l'axe z, et c'est pourquoi on ne les met pas dans un ordre décroissant. Les directions principales associées à ces vecteurs s'obtiennent en appliquant l'équation (4.27) du polycopier. Ainsi,√ on trouve que pour σ , n → √ ( 3/2, 1/2, 0) ; pour σ , n → (1/2, . − 3/2, 0) ; et pour σ ,n → (0, 0, 1). On véri e que les invariants du tenseur restent inchangés : pIII
pI
pII
pII
pIII
pI
pIII
ΣI (σ) = 10 + 0 + 10 = 20 = ΣI (σp ) = 15 − 5√+ 10 = 20 ΣII (σ) = (10)(0) + (10)(10) + (0)(10) − 02 − (5 3)2 − 02 = 25 ΣII (σp ) = (15)(−5) + (15)(10) + (−5)(10) − 0 = 25 √ 10 5 3 0 √ ΣIII (σ) = Det(σ) = 5 3 0 0 0 0 10
= −750
15 0 0 ΣIII (σp ) = Det(σp ) = 0 −5 0 = −750 0 0 10
Désormais il nous faut trouver la matrice de rotation pour passer de σ à σ . Pour ce faire, l'angle de rotation autour de z doit être calculé. Puisque on est sur ça, on va déjà s'assurer que les vecteurs propres sont orthonormales avec la relation suivante : |n ||n | cos θ = n~ · n~ (3) 1 p
1
2
1
2
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Ayant démontré que c'est le cas, on applique la même équation aux vecteurs n et n pour trouver θ = 30 degrés. Noter que pour la transformation de repère r~ = [A]~r, [A] n'est rien d'autre que le tenseur qui décrit l'orientation des vecteurs propres. Pour une direction ~n quelconque ou ~n = n(x, y, z), on peut trouver la composante normale et tangentielle de la densité de force en opérant ainsi : 1
pI 0
tn = ~t · ~n = ~n · ~n · ~n = 20x2 − 5y 2 + 10z 2 + 15xy + 5yz + 30xz; √ tτ = t − tn
NOTE : On a intérêt à avoir une normale sur laquelle on aimerait calculer ces composants avant de passer au développement de t dans les équations précédents. Le cercle de Mohr et les ellipses des contraintes dans les trois plans sont dessinés ci-dessous : τ
Finalement, la partie hydrostatique d'un tenseur (σ ) est dé nie par 1/3T r(σ)I alors que la partie déviatorique du tenseur est dé nie comme σ = σ − σ : M
D
25/3 0 25/3 σM = 0 0 0 √ 5/3 5 3 √ σD = 5 3 25/3 0 0
et
0 0 25/3
0 0 5/3
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M
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Exercice 1 : Equilibre mécanique sur un cube unitaire 1 3y = 3y xy 3z yz
3z
yz
zz
On sait que div() = 0, le flux est donc nul !
0
r div( ) = x + yz = 0 z
yz zz
+
z y On sait que la trace du tenseur est nulle, on a donc zz = -1 - xy On trouve alors que yz = -z x + A(x, y) (d’après la 2ème équation ci-dessus) La 3ème équation donne la constante A(x, y) qui ne doit pas être fonction de y (sinon la dérivée de yz par rapport à y est non nulle, ce qui est impossible vu que la dérivée de zz par rapport à z est nulle) ; en conséquence, la constante A (x, y) = x2 vu que sur l’axe x, yz = x2 On a alors le tenseur suivant : 1 = 3y 3z
3y xy x ( x z)
3z
x ( x z)
(1 xy)
Pour calculer les forces globales sur l’ensemble du cube unitaire, il faut appliquer la relation t = · n et intégrer sur chaque surface du cube entre 0 et 1. On a donc 6 intégrales à faire. Normale // à Ox : 1 3y 3z 1 1 1 3y 0 0 0 dydz + 0 0 3z 0 1 0 1
=
0
1 3y dydz + 0 3z 1
1
0
1
0
1 3y 3z 1 y (1 z) 0 dydz = 3y 0 3z 1(1 z) (11y) 0 1
1 3y dydz = 0 0 3z 1
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Normale // à Oy : 1 0 3z 0 1 1 1 dxdz
1 + 0 0 x x z ( ) 0 0 0 1 0 3z x ( x z) 3 0 1 1 1 1 = 0 dxdz + x dxdz 0 0 0 0 x ( x z) x ( x z) Normale // à Oz : 1 3y 0 0 1 1 x 2 0 dxdy + 3y xy 0 0 2 0 x (1 xy) 1 1
=
0
0 x 2 dxdy + 0 (1 xy) 1
1
0
1
0
1 3 0 3z 1
3 x x ( x z)
3z 0 x ( x z) 1 dxdz = (1 x) 0
1 3y 3 0 x ( x 1) 0 dxdy = 3y xy 0 3 x ( x 1) (1 xy) 1 1
3 x ( x 1) dxdy 0 (1 xy) 1
On se retrouve donc avec : 3 0 1 1 1 1
0 dxdz + x dxdz +
0 0 0 0 x ( x z) x ( x z)
1
0
0
x 2 dxdy +
0 (1 xy) 1
1
0
3
x ( x 1) dxdy = 0
0 (1 xy) 1
On voit en effet bien que les intégrales s’annulent, et ceci est évident par le théorème de la divergence !
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