2009-10 Serie 05 (Corrigé)

Laboratoire de Métallurgie Physique

Département des Matériaux

EPFL

Cours Milieux Continus

3ème Semestre

J.-M Drezet, K. Shahim, L. Rougier

Série No 5 : corrigé � 16/10/09Contraintes II

1. Tenseur des contraintes

1. Les contraintes principales satisfont la relation suivante :

det (σ − λI) = 0 (1)

D'où :(100− λ)2 · (200− λ)− 400 · (200− λ) = 0 (2)

On en déduit les contraintes principales σI , σII , σIII :σI = λ1 = 200 MPa, σII = λ2 = 120 MPa et σIII = λ3 = 80 MPa.

Les direction principales sont données par :

σni = λini (3)

Avec i = 1, 2, 3 pour λ1, λ2, λ3 et n1,n2,n3, respectivement.

Pour la valeur propre λ1, nous avons : 100 0 200 200 020 0 100

n1x

n1y

n1z

=

200n1x

200n1y

200n1z

(4)

D'où le système d'équations :

100n1x + 20n1z = 200n1x

200n1y = 200n1y

20n1x + 100n1z = 200n1z

(5)

Donc n1x = n1z = 0 et n1y = 1. On a alors n1 =

010

.

Pour λ2 : 100 0 200 200 020 0 100

n2x

n2y

n2z

=

120n2x

120n2y

120n2z

(6)

Ce qui mène au système d'équations suivant :

100n2x + 20n2z = 120n2x

200n2y = 120n2y

20n2x + 100n2z = 120n2z

(7)

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Etant donné que n2 doit être normalisé, on a alors n2 = 1√2

101

.

En�n, pour λ3 : 100 0 200 200 020 0 100

n3x

n3y

n3z

=

80n3x

80n3y

80n3z

(8)

Ce qui conduit au système d'équations :

100n3x + 20n3z = 80n3x

200n3y = 80n3y

20n3x + 100n3z = 80n3z

(9)

On en déduit que n3x = −n3z, n3y = 0. Etant donné que n3 satisfaitla relation n1 × n2 = n3, le vecteur n3 est alors donné par :

n3 = 1√2

10−1

.

2. Dans le repère (eI , eII , eIII) :

σ′ =

200 0 00 120 00 0 80

MPa (10)

Dans ce système de coordonnées, la densité de force t est donnée par :

t = σ′n =1√3

200 0 00 120 00 0 80

111

=1√3

20012080

MPa

(11)

Il est alors possible d'en déduire ||t|| :

||t|| = 1√3

√2002 + 1202 + 802 ≈ 142 MPa. (12)

La composante normale de la densité de force, tn, est donnée par :

tn = t·n =1√3

20012080

1√3

111

=13

(200 + 120 + 80) ≈ 133 MPa

(13)

La composante tangentielle, tτ , est donnée par :

tτ =√||t||2 − t2n ≈ 49.9 MPa (14)

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3. Cercle de Mohr.

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

0 70 140 210

tn[MPa]

tτ [MPa]

σIσIII σII

Domaine des contraintes (tn, tτ ) possibles

Fig.1 Tri-cercle de Mohr.

4. Ellipse des contraintes (les contraintes σ sont données en MPa).

-150

-100

-50

0

50

100

150

-250 -200 -150 -100 -50 0 50 100 150 200 250e I

e II

σI

σII

Fig.2 Ellipse des contraintes dans le plan (eI , eII).

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-100

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

100

-250 -200 -150 -100 -50 0 50 100 150 200 250e I

e III

σI

σIII

Fig.3 Ellipse des contraintes dans le plan (eI , eIII).

-100

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

100

-150 -100 -50 0 50 100 150e II

e III

σII

σIII

Fig.4 Ellipse des contraintes dans le plan (eII , eIII).

5. σM , la partie hydrostatique du tenseur σ se calcule dans le repère(e1, e2, e3), et est donnée par :

σM =13Tr (σ) I (15)

Où I est le tenseur identité. Avec Tr (σ) = 400 MPa, nous avons alors :

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σM =13Tr (σ) I =

4003 0 00 400

3 00 0 400

3

(16)

En�n, la partie déviatorique du tenseur des contraintes, σd, est donnéepar :

σd = σ − σM =

−1003 0 200 200

3 020 0 −100

3

(17)

2. Aube de turbine en rotation

D'une manière générale, l'équation de la statique prend la forme suivante :

div(σ) + fv = 0 (18)

Où σ est la tenseur de contraintes [MPa], et fv représente l'ensemble desforces volumiques s'appliquant sur l'objet considéré [N ]. En négligeant lagravité, fv représente la force centrifuge, s'exprimant de la manière suivante :

fv = ρaer = ρω2rer (19)

Il reste maintenant à déterminer le terme div(σ). Tout d'abord, nous noussituons dans un système de coordonnées cylindriques, la forme générale dela divergence du tenseur σ s'écrit alors :

div(σ) =

(∂σrr∂r + 1

r∂σrθ∂θ + ∂σrz

∂z + σrr−σθθr

)er +

(∂σrθ∂r + 1

r∂σθθ∂θ + ∂σθz

∂z + 2σrθr

)eθ

+(∂σrz∂r + 1

r∂σθz∂θ + ∂σzz

∂z + σrzr

)ez

(20)Or, selon les hypothèses faites, la contrainte n'a qu'une composante, radiale,et les contraintes de cisaillement sont nulles. De plus, la contrainte ne dépendque de r. Par conséquent, l'expression ci-dessus se simpli�e de la manièresuivante :

div(σ) =(dσrrdr

+σrrr

)er (21)

On obtient alors, en insérant cette dé�nition dans l'équation de la statique :

ρω2r +dσrrdr

+σrrr

= 0 (22)

Pour résoudre cette équation di�érentielle, il est d'abord nécessaire de dé-terminer la solution homogène, σh (r) :

dσhdr

+σhr

= 0 (23)

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On en déduit que :ln (σh) = −ln (r) +A (24)

Où A est une constante. En introduisant la constanteA′ telle queA = ln (A′),on a alors :

σh =A′

r(25)

En ce qui concerne la solution particulière σp, nous avons :

dσpdr

+σpr

+ ρω2r = 0 (26)

Il est possible de remarquer qu'une fonction du type σp = Br2 est solutionde cette équation. Nous avons alors :

2Br +Br + ρω2r = 0 (27)

D'où :

B = −ρω2

3(28)

La fonction σ à déterminer est alors la somme des solutions homogène etparticulière :

σ = σh + σp =A′

r− ρω2r2

3(29)

Or, à l'extrémité de l'aube de turbine, en r = Rmax, la surface est libre, cequi implique que la contrainte est nulle :

A′

Rmax− ρω2R2

max

3= 0 (30)

Donc A′ = ρω2R3max

3 . La contrainte est alors donnée par :

σ =ρω2R3

max

3r− ρω2r2

3(31)

3. Tension d'un câble

À l'équilibre, nous avons :

div(σ) + fv = 0 (32)

La force volumique [N ] s'appliquant sur le câble est due au poids de cedernier, donc :

fv = ρsg = ρsgez (33)

(En orientant l'axe z vers le bas).

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Dans un système de coordonnées cartésien, la divergence d'un tenseur s'ex-prime de la manière suivante :

div(σ) =(∂σxx∂x + ∂σxy

∂y + ∂σxz∂z

)ex +

(∂σyx∂x + ∂σyy

∂y + ∂σyz∂z

)ey

+(∂σzx∂x + ∂σzy

∂y + ∂σzz∂z

)ez

(34)

Or, le câble est soumis à une traction selon l'axe z. Les autres composantesdu tenseur des contraintes sont nulles. Par conséquent, l'équation précédentese simpli�e de la manière suivante :

div(σ) =dσzzdz

ez (35)

En insérant cette expression dans l'équation de la statique :

dσzzdz

= −ρsg (36)

En intégrant : ∫ z

0

dσzzdz

dz =∫ z

0−ρsgdz (37)

D'où :σzz (z)− σzz (0) = −ρsgz (38)

Or, la surface située en z=0 est libre, donc σzz (0) = 0, donc :

σzz (z) = −ρsgz (39)

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