Notes sur les contraintes dans quelques solides élastiques linéaires isotropes en état plan - 3° partie, Notes de Principes fondamentaux de physique

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[ ] 2−= FLσ F= dimension de la forceL=dimension de la longueur 2 2 L∂ ∂÷ ϕσ Avec L=X ou Y [ ] F=ϕ Principe de superposition, nécessairement : On choisit ici : [ ] aFLQ = ab −= )(θϕ fQr a−= 81 Pièces en forme d’un coin ),( θϕ rg= Q÷ϕ )(θϕ fQrb= [ ] [ ][ ] [ ]- ba LFLF = Coordonnées polaires , origine le point O Soit Q la charge appliquée Force concentrée, répartie Moment concentré , réparti Traction d’une pièce en forme de coin r α θ N Origine des θ = axe de symétrie NQ = [ ] 1−= FLN Car force répartie par unité d’épaisseur 0 )( 22 =∇∇= ϕθϕ frN 02 ³ 2 2 4 4 =      ++ f d fd d fd r N θθ 82 0 ² 11 ² ² ² 11 ² ² 2 2 2 2 =      ∂ ∂+ ∂ ∂+ ∂ ∂       ∂ ∂+ ∂ ∂+ ∂ ∂ θ φφφ θ rrrrrrrr Traction d’une pièce en forme de coin Reste [ ]θθθθϕ cossin DrCrN += [ ])sin( 00 θθθϕ += rCN 000 sincoscossin)sin( θθθθθθ +=+ Rappel trigonométrie 85 Traction d’une pièce en forme de coin [ ]θθθθϕ cossin DrCrN += 0θ équivaut à un choix d’origine des θ sont deux constantes à déterminer0C 0θet [ ]0000 sin coscos sin θθθθθθϕ CrCrN += C D 86 [ ])sin( 00 θθθϕ += rCN Traction d’une pièce en forme de coin Fonction d’Airy en coordonnées polaires       ∂ ∂ ∂ ∂−= ∂∂ ∂− ∂ ∂= ∂ ∂= ∂ ∂+ ∂ ∂= θ ϕ θ ϕ θ ϕτ ϕσ θ ϕϕσ θ θ rrrrr r rrr r r 111 11 2 2 2 2 2 2 2 Calcul des dérivées : 2 2 2 2 et , , θ ϕϕ θ ϕϕ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ rr 87 Traction d’une pièce en forme de coin Équations d’équilibre de surface en déjà 0K αθ ±= 0== θθ τσ r Équations d’équilibre vertical : ok (par symétrie des σr) Équations d’équilibre de rotation : ok (forces par 0) Equilibre horizontal ?? 90 rσ rθτ θσ Traction d’une pièce en forme de coin Équations d’équilibre horizontal : ∫∫ −− == α α α α θθθθθσ dr r NCdrN r cos cos 1 2 cos 0 ( )αα θθθθ α α α α 2sin21 1) 2(cos cos2 0 0 2 0 += +== ∫∫ −− C dNCdNCN αα 2sin2 1 0 + =C 91 0 0 cos 2sin2 2 = = + = θ θ τ σ θ αα σ r r r N Si r tend vers 0 (l’origine) σr tend vers l’infini Traction d’une pièce en forme de coin 92 Problème de Flamant P . .sin . .cos . . .sin . . .cosA r C r B r D rϕ θ θ θ θ θ θ   = + + +    123 123 14243 =x =y Déphasé= changement d’origine.Ne donnent pas de contraintes . . .sinB rϕ θ θ= cos 2 ; 0 ; 0r rB r θ θ θσ σ τ= = = 95       ∂ ∂ ∂ ∂−= ∂∂ ∂− ∂ ∂= ∂ ∂= ∂ ∂+ ∂ ∂= θ ϕ θ ϕ θ ϕτ ϕσ θ ϕϕσ θ θ rrrrr r rrr r r 111 11 2 2 2 2 2 2 2 Formules générales pour un choix d’origine Problème de Flamant 1èr cas: traction cos 2r B r θσ = Equilibre vertical OK par symétrie des σr . Equilibre de moment OK car toutes les forces passent par O. O 96 D’où on tire B:cos . .rP r d α α σ θ θ + − = −∫Equation équilibre HORIZONTAL Choisir l’origine de θ sur l’axe de symétrie. Problème de Flamant 97 cos ; 0 ; 0 sin 2 ( ) 2 r r P r θ θ θσ σ ταα = = = + P = traction appliquée selon l’axe de symétrie cos ; 0 ; 0 sin 2 ( ) 2 r r P r θ θ θσ σ ταα = − = = − Problème de Flamant 100 cos ; 0 ; 0 sin 2 ( ) 2 r r P r θ θ θσ σ ταα = = = + Observons que si α = Π/2 dénominateurs = Angle est compté à partir de la ligne d’action de la force  même formule Problème de Flamant cos 0 0 r r P r θ θ θσ π σ τ = = = 1èr cas et 2ème cas avec 2 πα = Choisir l’origine de θ sur la ligne d’action de la force pour tout cas oblique Principe de « superposition » 3ème cas: 101 P θ P θ P θ Contenu du cours 15 Rappels Fonction d’Airy -coordonnées cartésiennes barreau prismatique soumis à traction et à flexion pure -coordonnées polaires -Applications: -flexion pure d’un barreau courbe -pièces en forme de coin problème de Flamant -problème de Kirsch 105 Problème de Kirsch σσ x y θ r 'ν ν ασασστ ασασασσ 2cos2sin)( 2 1 2sin²sin²cos 121122 122211 +−= ++= 01222 11 == = σσ σσCartésien xy Facette α σ τ Voir formulaire fin chap 2 éq 12.25 θσααστ θσααπθσσ θσααθσσ θ 2sin 2 2cos02sin)0( 2 1 )2cos1( 2 2sin0²sin0) 2 ²(cos )2cos1( 2 2sin0²sin0²cos −=+−= −=+++= +=++=r σ σ rσ rθτ Principe de la coupe θ b Ce disque est en équilibre sous Tr Tθ Puisque a <<< H, on prend b=∞. Problème de Kirsch 106 rrT σ= rT θθ τ= θστ θσσ θθ 2sin2 )2cos1( 2 −== +== r rr T T Principe de superposition Des forces surfaciques à symétrie de révolution Des forces surfaciques périodiques 2r T σ= 0Tθ = cos 22r T σ θ= sin 2 2 Tθ σ θ= − Problème de Kirsch Cas 1 Cas 2+ 107 θστ θσσ θθ 2sin2 )2cos1( 2 −== +== r rr T T Problème de Kirsch Cas 2 On choisit une fonction d’Airy également périodique: Pour déterminer : Son intégrale générale est : ( ) cos 2f rφ θ= ( )f r 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 ( )( ) 0 d d d f df f dr r dr r dr r dr r φ∇ ∇ = + − + − = 2 4 2 ( ) C f r Ar Br D r = + + + Sollicitation périodique 110 La fonction de contrainte est donc: Cas 2 Sollicitation périodique 2 4 2 ( ) cos 2 C Ar Br D r φ θ= + + + D’ou par dérivation les contraintes correspondantes: 2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 4 2 1 1 6 4 (2 )cos 2 6 (2 12 )cos 2 1 6 2 ( ) (2 6 )sin 2 r r C D A r r r r r C A Br r r C D A Br r r r r θ θ φ φσ θ θ φσ θ φτ θ θ  ∂ ∂= + = − + + ∂ ∂ ∂ = = + + ∂ ∂ ∂ = − = + − − ∂ ∂ Problème de Kirsch 111 Problème de Kirsch Cas 2 4 2 4 2 2 4 2 2 4 2 6 4 ( ) cos 2 : 2 2 2 6 4 ( ) 0 : 2 0 6 2 ( ) sin 2 : 2 6 2 2 6 2 ( ) 0 : 2 6 0 r r b r r b r r b r r a C D A b b C D A a a C D A Bb b b C D A Ba a b θ θ σ σσ θ σ σ στ θ τ = = = = = + + = − = + + = = − + + − = − = + + − = Sollicitation périodique Si l’on fait b=∞ dans la 1ère et la 3ème de ces équations, on trouve : ; 0 4 A B σ= − = 112 A A’ B’B 3θσ σ= σ B B’ A A’ θ θσ σ= − 3θσ σ= Problème de Kirsch θσ en 2 πθ = θσ en r a= 115 Problème de Kirsch Remarque: si la largeur de la pièce est du même ordre que le diamètre du trou. max 3 1 0.3m k θ σ β σ β −= = + Avec largeur pièce diamètre du trou β = 116 Beaucoup de noms… Saint Venant : Éq. compatibilité en déformations, hypothèses de champs de déplacement… Beltrami Michell : Éq. de compatibilité en contraintes Navier: éq. équilibre en déplacements 117