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SEMESTRE 3

2008-2009

MODULE F312 :

ELASTICITE LINEAIRE

PROBLÈMES et CORRIGES

G.LHERMET-G.VESSIERE

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TD-2A-S3-F312

SOMMAIRE

1. CONTRAINTES ET CRITERES...... ............................................................... .............................................................. 3 2. DEFORMATIONS........................................................... ................................................................ ............................ 22 3. LOIS DE COMPORTEMENT............................................................... ............................................................... ....... 29 4. PROBLEMES DE SYNTHESE ............................................................. ............................................................... ....... 35 5. CONTACT DE HERTZ .............................................................. ................................................................ ................. 58

IUTB-LYON1-GMP-DDS Page 2

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TD-2A-S3-F312

1. CONTRAINTES ET CRITERES

PROBLÈME N°1En un point P, situé sur la surface extérieure d’un cylindre soumis à un moment detorsion C, l'état de contraintes est défini par la matrice plane suivante, où τ est lacontrainte de torsion :

⎥

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎢

⎣

⎡

= τ

τ

0000000

xyz

G C

P τ

x y

z

1°) Représenter l'état de contraintes sur les faces d'un cube infiniment petit isolé en Pdans les axes xyz.2°) Déterminer les éléments principaux des contraintes.3°) Tracer le tri-cercle de MOHR. En déduire les cisaillements principaux en module.

RÈPONSES N°1

GP

x

y

z

C

P

x

y

z

τ

τ

τ

τ


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TD-2A-S3-F312

La facette z est principale, et la contrainte principale associée est nulle. (Bord libre)C’est donc un état de contraintes planes en un point situé à la surface d’une poutre.Les éléments principaux des contraintes nous sont donnés par :

22 42

1

2τ σ

σ σ += mY

X avec la contrainte normale σ =0 d’où : τ σ = X τ σ −=Y

Les axes principaux sont positionnés parτ

σ σ ϕ

−= X tan avec ( ) X x

rr,ˆ =ϕ =45°

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

zz zy zx

yz yy yx

xz xy xx

P

xyz

σ σ σ

σ σ σ

σ σ σ

σ [ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

000

00

00

τ

τ

σ P

xyz [ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

000

00

00

τ

τ

σ P

XYZ

2

τ τ τ == Y X

τ τ = Z

x

y ττ

τ

Facette x

Composante suivant y duvecteur contrainte Φx

σ x=τ

P

x

yP

X

Y

τ

τ

τ

τ

45°

CZ

C YCX

τX

σ th

σ hh

h

τ

τ YPmX τ IX I Ym Y -τ) mZ(0)

IZ

τZ τ /2 /2

t


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°2

Considérons l'état plan de contraintes

au point P représenté sur la figure ci-contre. Les contraintes sont en MPa.1°) Ecrire la matrice des contraintesen P dans le repère (xyz).2°) Déterminer les élémentsprincipaux des contraintes.3°) On se place dans le plan descontraintes (plan xy).

a) Calculer les composantes duvecteur contrainte, ainsi que les

contraintes normale et tangentielles'exerçant sur un plan de coupe dont

la normale fait un angle de 30° par rapport à l’axe x.

36

7

28

7 xP

y

28

36

36

36

h

30°

b) Déterminer les normales aux plans de coupe sur lesquels s’exercent les contraintesde cisaillement maximum. En déduire la valeur de ce cisaillement et la valeur de lacontrainte normale correspondante.4°) Reprendre le problème avec le cercle de MOHR.

RÈPONSES N°2

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

zz zy zx

yz yy yx

xz xy xx

P

xyz

σ σ σ

σ σ σ

σ σ σ

σ P xyz

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

000

02836

0367

σ [ ] MPa

x

y

36

P7

7

28

28

36

36

36

Etat plan de contraintes : la facette z est donc principale et σ Z=0. Les 2 autres valeurs

propres sont données par : ( ) 22 42

1

2 xy yy xx

yy xxY

X σ σ σ

σ σ σ +−

+= m σ X=55MPa σ Y=-20MPa

La direction propre X est calculée par xy

xx X

σ

σ σ

ϕ

−

=tan avec ( ) X xrr

,ˆ =ϕ


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TD-2A-S3-F312

d’où ( ) X xrr

,1353ˆ =°=ϕ 36 755tan −=ϕ

[ ] MPaP XYZ ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

000

0200

0055

σ

En utilisant la relation de CAUCHY : [ ] [ ][ ]hh σ =Φ [ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=Φ

0

30sin30cos

000

028360367

/ xyzh

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

+

=Φ

0

30sin2830cos36

30sin3630cos7

/ xyzh

[ ] MPa

zh

yh

xh

xyzh

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

Φ

Φ

Φ

=Φ

0

177.45

062.24

/

y xh

rr177,45062,24 +=Φ

Compte tenu des relations : [ ][ ][ ] [ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

==

0

30sin

30cos

000

02836

367

030sin30coshht

hh σ σ

et [ ][ ][ ] [ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−==

0

30cos

30sin

000

02836

367

030cos30sinht t

th σ σ

d’où : σ hh=43,42MPa30cos30sin36.230sin2830cos7 22 ++=hhσ

( ) ( )30sin30cos3630cos30sin287 22 −+−−=thσ σ th=27,09MPa

t

h

x

y

36

σ ht

P

36

30°

28

7

σ hh σ th

Φh σ tt

Φxh

Φ h

Y 55

55

20

X

xP

53°1320


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TD-2A-S3-F312

Compte tenu de l’état plan de contraintes, il est possible d’utiliser les relations :

θ σ θ σ σ σ σ σ 2sin2cos22

xy yy xx yy xx

hh +−++=

θ σ θ σ σ

σ 2cos2sin2

xy

yy xx

th +−

−=

qui mènent au même résultat.

[ ] MPaPhtz⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡−=

000

042,809,27

009,2742,43

σ

σ tt=peut etre calculé avec la relation donnant σ hh avec l’angle θ+90°, ou à l’aide dupremier invariant linéaire de la matrice σ : [ ]σ σ tr I =1 σ tt=-8,42MPa

Les facettes sur lesquelles s’exercent les cisaillements maximums sont les plansbissecteurs des dièdres principaux. La valeur de ces cisaillements principaux est égale, enmodule, à la demie différence des contraintes principales dans chacun des plans principaux.La valeur de la contrainte normale associée à cette facette est la demie somme.

°±= 45ˆ

MPa5.372

2055max =

+=τ

MPa5.172

2055 =−=αα σ

[ ] MPaP z⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

=

000

05,175,37

05,375,17

αβ σ

α

xP

yβ

17 5

17,5

37,5

17,5

37 5

37,5

17,5

8,42 27,09

43,42

27,09

x

y

P

30°

h

t

43,42

8,42 27,09 27,09


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TD-2A-S3-F312

Résumé des différents résultats obtenus.

X

Reprendre le problème avec le cercle de MOHR :

C’est une représentation plane du faisceau des contraintes. Sa construction nécessite laconnaissance de 2 vecteurs contraintes s’exercant sur 2 facettes orthogonales.

Dans notre cas les données du problème sont:

[ ] MPaP xyz⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

000

02836

0367

σ

Les facettes x et y sont orthogonales, et nous devons tout retrouver à l’aide du cercle àpartir de la connaissance des trois valeurs :

σ xx= 7 MPa σ yy= 28 MPa σ xy= 36 MPa

Y

55

53°1320

30°

45°

27,09 43,42

27,098,42

β

α 17,5

17,537,5

37 5

h

x

y

36

t28

P

36

7


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TD-2A-S3-F312

[ ] MPa xyz x

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=Φ

0

36

7

/ [ ] MPa

xyz y

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=Φ

0

28

36

/

1)

Tracer les axes σ hh et σ th et adopter une échelle 1cm=10MPa2)

Positionner les points mx (7,36) et m y (28,-36).

3)

Tracer le diamètre mxm y du cercle. Son intersection avec l’axe des abscisses donne lecentre du cercle IZ.

4)

Tracer le cercle CZ de centre IZ et de rayon IZmx.5) Les intersections du cercle CZ avec l’axe des abscisses donnent les points mX et mY qui

« matérialisent » les facettes principales du plan des contraintes. X X Om σ == 55

Y Y Om σ =−= 20 261062 °−= 6)

Toutes les autres réponses sont obtenues en positionnant les points sur le cercle qui« matérialisent » les facettes associées et en mesurant les valeurs correspondantes,compte tenu de l’échelle.

τZ

σ hh

mX 55)mZ(0)m Y -20)

CZ

IZ

m 28,-36)

mh(43.42,27.09)

mβ 17.5,-37.5)

106°26

60°

90°

O

-36

36

7 28

1 cm

5 MPa

Φ

Φx

Φβ

Φh

mx(7,36) mα 17.5,+37.5)

mt -8.42,27.09)

σ th


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°3

Soit un arbre à section circulaire dediamètre 42mm. La section la plus sollicitéeest soumise à un moment de flexion M de 800Nm et un moment de torsion C de 600 Nm.

G

C

P

τ

x y

z

σ

1°) Calculer la matrice des contraintes aupoint le plus sollicité (σ > 0) dans le repèrexyz.2°) Déterminer les éléments principaux descontraintes.3°) Calculer le cisaillement maximum en

module.4°) Reprendre le problème avec le cercle deMOHR.

RÈPONSES N°3

x

Isolons le point P de la section G soumiseà de la flexion-torsion, dans des axes xyz

parallèles aux axes G,xyz de la théoriedes poutres.

La facette z est perpendiculaire au bord libre xy.

D=42mm

z

GP

C=600Nm

y

M=800Nm


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TD-2A-S3-F312

Compte tenu du module F213 :

Cours sur la flexion : MPa Z I M P

Y

Y P xx 98,109

422426410.800 4

3

=×× ××=+= π σ

Cours sur la torsion : MPa R I

C

G

iP 24,41

422

423210.6004

3

max =××

××==

π τ

La matrice des contraintes au point P est donc :


⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

000

0024,41024,4198,109

σ

Eléments Principaux des contraintes :

La direction z est principale et σ Z=0.

Etat plan de contraintes : Les 2 autres valeurs propres sont données par :

( ) 22 42

1

2 xy yy xx

yy xxY

X σ σ σ

σ σ σ +−

+= m

σ X=123,74MPa σ Y=-13,74MPa

La direction propre X est calculée par

( ) X xrr

,ˆ =ϕ

xy

xx X

σ

σ σ ϕ

−=tan

( ) X xrr

,4418ˆ =°=ϕ


⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

000

074,130

0074,123

σ

x

y

41,24

P41,24

41,24

41,24

109,98

109,98

x

yP

X

Y 13,74

123,74

18°44 13,74

123,74


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TD-2A-S3-F312

Le cisaillement maximum en module : MPaY X Z i

th 74,682

74,1374,123

2

max =+

=−

== σ σ

τ σ

Cercle de MOHR :

La construction, et la méthodologie est identique au problème précédent.

τZ

σ hh

σ th

mX(123.74)

mZ 0)

CZ

IZ

mx(109.98,41.24)

m 0,-41.24)

mα 55,-68.74)

mβ 55,68.74)

36°88

O 109.98

41.24

m Y -13.74)

90°


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°4

100

100

100

100

50

50

50

50 xP

y

Considérons l'état plan de contraintes au point P représenté sur la figure ci-contre.Les contraintes sont en MPa.1°) Ecrire la matrice des contraintes en Pdans le repère xyz.2°) Déterminer les éléments principaux descontraintes. Représenter les éléments

principaux des contraintes dans le plan xy3°) Tracer le tri-cercle de MOHR. En déduire la valeur du cisaillement maximum. Dans

quel plan se trouvent les normales relatives aux plans de coupe soumis au cisaillementmaximum ?

RÈPONSES N°4 y

Matrice des contraintes en P dans le repère xyz :


⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡ −−=

000

050100010050

σ

Eléments principaux des contraintes :

50

100

P

100

100

100

50

5050

x

σ X=50MPa σ Y=-150MPa σ Z=0

( ) X xrr

,45ˆ =°=ϕ


⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

000

01500

0050

σ

50

50

x

y

P

X

150

150

45°

Y


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°5

Considérons les trois états plans de contrainte ci-dessous. Les axes sont principaux. Lescontraintes sont en MPa.1°) Ecrire les matrices relatives à ces trois états de contrainte.2°) D’après le critère de VON MISES, quel est l’état de contrainte le plus dangereux ?

RÈPONSES N°5

[ ] MPaaP XYZ ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

000

07000

00100)(

σ ; [ ] ; MPabP XYZ ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

=

000

06000

00100)(

σ [ ] MPacP XYZ ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

=

000

04000

00400)(

σ

La contrainte en 2D compte tenu que dans les 3cas σ Z=0 s’écrit :VM

équσ Y X Y X VM

équ σ σ σ σ σ −+= 22

700.100700100 22 −+=VM équ

σ ; 600.100600100 22 ++=VM équ

σ ; 400.400400400 22 ++=VM équ

σ

MPa

aVM

équ 74,655

)(

=σ MPabVM

équ 74,655

)(

=σ MPacVM

équ 82,692

)(

=σ L’état de contrainte le plus dangereux, au sens de VON MISES, est donc le cas (c) .

Y

Cas (c)

P

400

400

X

Y

X

Cas (b)

P

600

100X

Cas (a)

100

Y

P

700

X

Y

PX

Y

P

Y

PX

Cas (a) Cas (b) Cas (c)

100

400600700

-100 -400


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°6

Un arbre de diamètre D est soumis à unmoment de flexion M de 117.81 Nm et à unmoment de torsion C de 157.08 Nm. Les limitesélastiques en traction et compression dumatériau sont identiques et valent 750 MPa.

G

C

P

τ

x y

z

σ

1°) Déterminer les expressions de lacontrainte maximum de flexion et de lacontrainte maximum de torsion en fonction deD3.2°) En appliquant le critère de VON MISES,calculer (en mm) la valeur du diamètre D pour

que l‘on ait un coefficient de sécurité de 3.

RÈPONSES N°6

La formulation de départ est identique à celle du Problème 3 :

GP

C=157 08Nm

x

y

z

M=117 81Nm

Φ :D

P

x

y

z

τ

τ

τ

τ

σ

σ


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TD-2A-S3-F312


Cours sur la flexion : 6

34

3

102,1

2

6410.81,117

D D

D Z

I

M P

Y

Y P

xx =××××

=+

=π

σ

Cours sur la torsion : 6

34

3

max 108,0

2

3210.08,157

D D

D R

I

C

G

iP =

××××

==π

τ

x

La matrice des contraintes au point P est donc :

[ ]

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

000

00108,0

0108,0

102,1

000

00

06

3

6

3

6

3

D

D DP

xyz τ

τ σ

σ

τ

τ

P

σ

σ

τ

y τ

La contrainte équivalente de VON MISES pour une poutre :

22 3τ σ σ +=VM équ

Et le coefficient de sécurité :

22 3τ σ

σ

σ

σ α

+

== eVM

équ

e

( ) ( )3 26262

6

3

2

6

3

10.8,0310.2,1750

3

108,0

3102,1

7503 +=⇒

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ = D

D D

D= 20 mm


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°7

N G G

N

Diamètre D

Figure 1 Figure 2

Un arbre de diamètre D = 20 mm est soumis suivant son axe à un effort de traction de62.83 kN et à un moment de torsion de 157.08 mN (figure 1). Les limites élastiques entraction et compression du matériau sont identiques et valent 400 MPa.

1°) Calculer (en MPa) la contrainte de traction et la contrainte maximum detorsion.

2°) En appliquant le critère de VON MISES, calculer le coefficient de sécurité.3°) L'effort de traction est excentré de x par rapport à l’axe du cylindre

(figure 2). Le cylindre est donc soumis à de la torsion, de la traction et de la flexion .Calculer, en appliquant toujours le critère de VON MISES la valeur limite de lacontrainte de flexion au-delà de laquelle le matériau devient plastique.

En déduire :a)

La valeur du moment de flexion (en Nm).b) La valeur de x (en mm) x (en mm).

RÈPONSES N°7

La contrainte de traction due à l’effort normal :

MPa A

N xi 20020

410.83,622

3

max =××

== π σ

La contrainte de torsion due au couple :

MPa R I

C

G

i 100202

203210.08,1574

3

max =××

××==

π τ

157,08 Nm

G 62,83 kN


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TD-2A-S3-F312

La contrainte équivalente de VON MISES pour une poutre :

22 3τ σ σ +=VM équ

Et le coefficient de sécurité :

22 3τ σ

σ

σ

σ α

+== e

VM

équ

e

D’où :( ) ( )

5,11003200

400

22=⇒

+= α α

Dans cette deuxième partie l’effort de traction est excentré de x par rapport à l’axe ducylindre. La section G est donc soumise à de la traction, de la flexion et de la torsion.

La contrainte normale est donc la superpositionde la contrainte de traction et de celle de flexion

traction flexion σ σ σ +=

22 3τ σ σ

σ σ α

+== e

VM

équ

e

En ce plaçant à la limite le coefficient de sécurité vaut 1.

( ) ( )22 1003200400

1++

= flexion

σ ; MPa flexion 55,160=σ

Nous pouvons en déduire le moment de flexion :

Nmm M Z I

M flexion

P

Y

flexionP

flexion 12610032

2055,160 3=

××=⇒=

π σ

mm x x N M x flexion 262830

126100==⇒×=

G62,83 kN

157,08 Nm

x


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°8Une barre à section circulaire de rayon r estsoumise simultanément à un couple de torsion C

et à un moment de flexion M.1°) Calculer les contraintes de flexion σ et detorsion τ au point P en fonction de M, C et r.

G

C

P

τ

x y

z

σ

2°) Donner la relation qui lie M et C lorsque lematériau travaille à la limite en appliquant lecritère de VON MISES. Mettre la relation sous

la forme 1bC

aM

2

2

2

2

= en précisant les

expressions de a et b en fonction de r et σ e .3°) Représenter la relation précédente en

fonction de R dans des axes M,C.4°) Calculer les valeurs limites de M et C (enNm) pour les deux critères dans les conditionssuivantes : M = C, r = 10 mm, σ e = 500 MPa

RÈPONSES N°8


Rayon : r

z

y

x

GP

CM

P

x

y

z

τ

τ

τ

τ

σ

σ


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TD-2A-S3-F312

Cours sur la flexion : 34

44

r

M

r

r M Z

I

M P

Y

Y P

xxπ π

σ =×

××=

+=

Cours sur la torsion : 34

max

22

r

C

r

r C R

I

C

G

iP

π π

τ =

×

××==

3

4

r

M

π σ =

3

2

r

C

π τ =

Si le matériau travaille à la limite, le coefficient de sécurité vaut 1. Appliquons le critère deVON MISES dans le cas des poutres :

x

y

τ=2C/π r 3

τ=2C/π r 3

P τ=2C/π r 3

τ=2C/π r 3

σ=4M/π r 3

σ=4M/π r 3

22 3τ σ

σ

σ

σ α

+== e

VM

équ

e ;

( ) ( )22 31

τ σ

σ

+= e ;

2

3

2

3

23

4

1

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ +⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

=

r

C

r

M

e

π π

σ

1

324

23

42

3

2

23

22

2

3

2

3 =

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

+

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⇒=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

ee

e

r

C

r

M

r

C

r

M

σ π σ π σ

π π ;

Nous en tirons les expressions de a et b en fonction de r et σ e :( ) ( )

12

2

2

2

=+

+b

C

a

M

4

3

er a σ π

= ;32

3

er b σ π

=

C’est l’équation d’une ellipse de grand et petit axe a et b:


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TD-2A-S3-F312

2. DEFORMATIONS

PROBLÈME N°9Considérons le carrée infiniment petit, de côté unité, dans lesaxes xy.Les déformations dans le plan x,y valent :

x

y

1

1

εxx = ε yy = 50µdεxy = -100 µd

1°) Tracer la figure déformée du carré.2°) Déterminer les éléments principaux de la déformation.

Tracer la figure déformé d’un carré isolé dans les axesprincipaux et de côté 2

RÈPONSES N°9

Matrice de déformation :

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

zz zy zx

yz yy yx

xz xy xx

P xyz

ε ε ε

ε ε ε

ε ε ε

ε

Dans notre cas :

[ ] d

zz

P

xyz μ

ε

ε

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

=

00

050100

010050

x

xxl

l⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Δ=ε or l=1 xxl ε ×=Δ 1

De même pour y

yyl

l⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Δ=ε

x

y

50.10-6

50.10-6

100.10-6

100.10-6

1εxy

1

P

εxy

Le carré se transforme après déformation en un parallélogramme.

L’angle initialement droit entre les axes x et y vaut après déformation xy xy

ε π

γ π

2

22

−=−


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TD-2A-S3-F312

Eléments principaux de la déformation :

[ ] d zz

P

xyz μ ε

ε ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

=00

050100

010050

Y

La direction z est principale et εZ= εzz.

Les 2 autres valeurs propres sont données par :

( ) 22 42

1

2 xy yy xx

yy xxY

X ε ε ε

ε ε ε +−

+= m

εX=150μd εY=-50 μd

La direction propre X est calculée par :

1tan −=−

= xy

xx X

ε

ε ε ϕ d’ou ( ) X x

rr,45ˆ =°−=ϕ

[ ] d

Z

P

xyz μ

ε

ε

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

00

0500

00150

Le carré se transforme après déformation, dans les axes principaux, en un rectangle. L’angledroit reste droit après déformation, car la distorsion angulaire est nulle. Les déformationsprincipales εX et εY représentent les extremums des dilatations linéaires unitaires au point P.

P

.50.10-6

2

2

.150.10-6 2

2 45°

x

X


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°10

Considérons une barre en traction.1°) Ecrire la matrice des déformations dans

le repère principal en fonction de la déformationlongitudinale εX et du coefficient de POISSON ν. dumatériau.

2°) Déterminer dans le repère principal XY laposition angulaire des axes h pour lesquelles εhh=0.Application numérique : Le matériau est un AU4G. Calculer

la position angulaire en ° des axes h par rapport à l’axe detraction.

RÈPONSES N°10

F

F

P

ψ

hY

X

Matrice de déformation dans le repère principal:

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

Z

Y

X

P

XYZ

ε

ε

ε

ε

00

00

00

L’axe de traction X est principal et enregistrele maximum des élongations unitaires : εX

L’axe Y est principal et enregistrele maximum des raccourcissements unitaires : εY

D’apès la loi de POISSON : X Y υε ε −= et X Z υε ε −=

[ ]

⎥

⎥⎥

⎦

⎤

⎢

⎢⎢

⎣

⎡

−

−=

X

X

X

P

XYZ

υε

υε

ε

ε

00

00

00

F

X

YP

Ψ

h


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TD-2A-S3-F312

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−=

υ

υ ε ε

00

00

001

X

P

XYZ

Ecrivons l’expression donnant εhh dans des axes quelconques :

θ ε θ ε ε ε ε

ε 2sin2cos22

xy

yy xx yy xx

hh +−

++

= P

Ψ

Y

hX

Adaptons cette relation dans les axes principaux :

ψ ε ε ε ε

ε 2cos

22

Y X Y X hh

−+

+= car la distorsion angulaire est nulle .

Nous cherchons la position de la direction h qui enregistre une dilatation linéaire unitaire nulle. Si une jauge était collée dans la direction h, elle mesurerait zéro, quelque soit la valeur del’effort de traction.

02cos22

=−

++

= ψ ε ε ε ε

ε Y X Y X hh ;

Y X

Y X

ε ε

ε ε ψ

−

+−=2cos

υ

υ

υε ε

υε ε ψ

+

−−=

+

−−=

1

12cos

X X

X X

υ

υ ψ 1

1

11

2cos

+

−= or

ψ

ψ ψ

2

2

tan1

tan12cos

+−

= d’oùυ

ψ 1

tan2 =

υ ψ

1tan ±=

Le coefficient de POISSON d’un AU4G est égal à 0,33

33,0

1tan ±=ψ °±≈ 60


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°11

J1

Jα

J2

P x

y

α

45°

On considère un point P à la surface d'un corpsen un endroit où ne s'applique aucune forceextérieure. Les résultats enregistrés sur chaque

jauge d'une rosette à 45° collée dans le plantangent en P sont respectivement :

jauge J1: 950 μd jauge Jα:-175 μd jauge J2:-475dμd

1°) Quels sont les éléments principaux de la déformation.

2°) Dans quelle direction α' enregistrerait-on une dilatation linéaire nulle?3°) Dans quel système d'axes enregistrerait-on une distorsion extremum ?

RÈPONSES N°11

Le point P se situant à la surface d’un corps où ne s’applique aucune force extérieure, la formede la matrice des déformations est la suivante :

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

zz

yy yx

xy xx

P

xyz

ε

ε ε

ε ε

ε

00

0

0

Les jauges Jx et J y mesurent respectivementLes dilatations linéaires unitaires εxx et ε yy .

La demi distorsion angulaire εxy est déterminer

indirectement par la troisième jauge Jα .

La dilatation linéaire est calculé par les loisde comportement et nécessite la connaissance du coefficient de Poisson

α

y

P xJx

Jy Jα

45°

[ ] d

zz

yx

xy

P

xyz μ

ε

ε

ε

ε

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

00

0475

0950


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TD-2A-S3-F312

Pour calculer εxy , utilisons la relation θ ε θ ε ε ε ε

ε 2sin2cos22

xy

yy xx yy xx

hh +−

++

= en faisant

coincider h avec α.

90sin90cos22

xy yy xx yy xx ε ε ε ε ε ε αα +−++= xy

yy xx ε ε ε ε αα ++=2

2

yy xx

xy

ε ε ε ε αα

+−=

2

475950175

−−−= xyε εxy=-412,5.10

-6

[ ] d

zz

P

xyz μ

ε

ε

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−−

−

=

00

04755,412

05,412950

Eléments principaux de la déformation :

La direction z perpendiculaire au plan où est coller la rosette est principale.

Nous recherchons donc les directions propres, et les valeurs propres dans le plan de larosette xy.

Les 2 autres valeurs propres sont données par :

( ) 22 42

1

2 xy yy xx

yy xxY

X ε ε ε

ε ε ε +−+= m ( ) 22 5,4124475950

2

1

2

475950×++−= mY

X ε

εX=1061 μd εY=-586 μd

La direction propre X est calculée par :

269,05,412

9501061tan ≈− −=−= xy xx X

ε ε ε ϕ

d’ou ( ) X xrr

,15ˆ =°−=ϕ

[ ] d

Z

P

XYZ μ

ε

ε

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

00

05860

001061

X

xP

y

α

45°

Jx

Jy Jα

Y

15°


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TD-2A-S3-F312

Cherchons la direction α‘ pour laquelle on enregistrerait une dilatation linéaire nulle :

02cos22

=−

++

= ψ ε ε ε ε

ε Y X Y X hh ;Y X

Y X

ε ε

ε ε ψ

−+

−=2cos 288,05861061

58610612cos −≈

+−

−=ψ

453°±≈

Cherchons le système d’axes pour lequel on enregistrerait une distorsion extremum :

( ) ( ) ithith maxmax

2ε γ =

θ ε θ ε ε

ε 2cos2sin2

xy

yy xx

th +−

−=

Dans les axes principaux,la relation devient :

ψ ε ε

ε 2sin2

Y X th

−−=

εht est maximum pour sin2Ψ maxi

sin2Ψ=±1 Ψ=±45°P x

y

α

45°

Jx

Jy Jα

Y

15°

X

α’

53°4

53°4

α’


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TD-2A-S3-F312

3. LOIS DE COMPORTEMENT

PROBLÈME N°12

Z

Face Y

Y

X

Dans une plaque supposée indéformable, on pratique un logementparallélépipédique de 10 mm par 10,005 mm par 10 mm. Dans ce logement, on introduit uncube en aluminium, qui lui est susceptible de se déformer.Les côtés du cube d’aluminium valent 10 mm.Les constantes élastiques de l’aluminium valent : E =70 GPa, ν =1/3.

Le cube d’aluminium est comprimé sur sa face supérieure avec une pression de 60 MPa.Le frottement est négligé. Le repère XYZ est le repère principal des contraintes et desdéformations.

1°) Le cube vient-il en contact avec la face Ydu logement ?On supposera pour résoudre cette question que le cube vient en contact avec la face Ydu logement. Donnez dans ces conditions les valeurs de εX, εY et σZ, et calculez lacontrainte σY.

Pour que le contact se réalise il faut que la contrainte σ Y soit négative.Dans le cas contraire prendre σY = 0 puisqu’il n’y a pas contact et calculer σX, εY et εZ.

2°) Quelle devrait être la valeur minimum de σZ pour que le contact se réalise ?


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TD-2A-S3-F312

RÈPONSES N°12

Ecrivons la loi de HOOKE [ ] [ ] [ ][ ] I tr E E

σ υ σ υ ε −+= 1 sous forme développée et dans les axes

principaux :

( )( ) ( )

( )( ) ( )

( )( )⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

+−=

+−=

+−=

31

21

11

Y X Z Z

X Z Y Y

Z Y X X

E

E

E

σ σ υ σ ε

σ σ υ σ ε

σ σ υ σ ε

( )

Supposons que le cube vient en contact avec la face Y du logement . Dans ces conditions :

0= X ε 410.5 −=Y ε MPa Z 60−=σ

( ) ( )

( )

⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−−=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−=

− 2603

1

10.70

110.5

1603

10

3

4

X Y

Y X

σ σ

σ σ

( )

( ) ( )

( )

⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

+−−=

−−=

2603

135

1603

10

X Y

Y X

σ σ

σ σ

( )

Z

X

Y10

10

10,005

10*10*10

60 MPa

Face Y


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TD-2A-S3-F312

La résolution des équations (1) et (2) conduit à : MPaY 375,9=σ

Cette contrainte étant positive, le contact ne se réalise pas.

Le contact ne se réalisant pas, prenons 0=Y

σ et toujours 0= X ε et MPa Z 60−=σ

( )

( ) ( )

( )⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−−=

−−=

33

6010.70

1

2603

10

10.70

1

13

600

3

3

X Z

X Y

X

σ ε

σ ε

σ

La résolution donne :⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=

=

−=

−

−

6

6

10.762

10.381

20

Z

Y

X MPa

ε

ε

σ

La valeur minimum de σ Z pour que le contact se réalise conduit aux conditions :

0= X ε 410.5 −=Y ε 0=Y σ

( )

( ) ( )

( )⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=

−=

−

3310.70

1

23

10

10.70

110.5

13

0

3

3

4

X Z Z

X Z

Z X

σ σ ε

σ σ

σ σ

La résolution donne :⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=

−=

−=

−310

75,78

25,26

Z

Z

X

MPa

MPa

ε

σ

σ

La valeur minimum de σ Z pour que le contact se réalise : -78,75 MPA


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°13

On donne une matrice de déformation dans les axes principaux :

⎥

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎢

⎣

⎡

ε

ZZ

6XYZ

0002000001000

10

Le matériau a comme caractéristiques :E= 200 GPa et ν =0.3.Calculer la matrice des contraintes correspondante.

a) En contraintes planes.b) En déformations planes.

RÈPONSES N°13

Ecrivons la loi de LAME:

[ ] [ ] [ ][ ] I tr G ε λ ε σ += 2

Sachant que :( )υ +

=12

E G

( )( )υ υ υ

λ 211 −+

= E

Dans les axes principaux :

( ) ( )( )( )[ ] I E E Z Y X

P

XYZ Z

Y

X

P

XYZ Z

Y

X

ε ε ε υ υ

υ

ε

ε

ε

υ σ

σ

σ

++−+

+

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

21100

00

00

100

00

00

Ecrivons la loi de LAME en contraintes planes :

( ) ( )( )( )

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡++

−++

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

100

010

001

21100

00

00

1000

00

00

Z Y X

P

XYZ Z

Y

X P

XYZ

Y

X E E

ε ε ε υ υ

υ

ε

ε

ε

υ σ

σ

Ecrivons la loi de LAME en déformations planes :

( ) ( )( )( )

⎥

⎥⎥

⎦

⎤

⎢

⎢⎢

⎣

⎡+

−++

⎥

⎥⎥

⎦

⎤

⎢

⎢⎢

⎣

⎡

+=

⎥

⎥⎥

⎦

⎤

⎢

⎢⎢

⎣

⎡

100

010

001

211

000

00

00

1

00

00

00

Y X

P

XYZ

Y

X

P

XYZ Z

Y

X E E

ε ε υ υ

υ ε

ε

υ

σ

σ

σ


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TD-2A-S3-F312

Déformations planes

( ) ( )( )

( ) 66 10100

010

001

2001000

211

10

000

02000

001000

100

00

00−−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−+

+

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

+

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

υ υ

υ

υ σ

σ

σ E E

P

XYZ Z

Y

X

( ) 63

63

10

100

010

001

8004,03,1

10.2003,010

000

02000

001000

3,1

10.200

00

00

00−−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

××

+

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡ P

XYZ Z

Y

X

σ

σ

σ

D’où le système :

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

××

=

××

+×−=

××+×=

−

−−

−−

310.8004,03,1

10.2003,0

210.8004,03,1

10.2003,010.200

3,1

10.200

110.8004,03,110.2003,010.1000

3,110.200

63

63

63

6

3

6

3

Z

Y

X

σ

σ

σ

De la résolution du système nous tirons : σ X = 246 MPa ; σ Y = 62 MPa ; σ Z = 92 MPa


⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

9200

0620

00246

σ [ ] 610000

02000

001000−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=P XYZ ε

Vérification :

( Y X Z

)σ σ υ σ += ( )622463,0 += Z

σ


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TD-2A-S3-F312

4. PROBLEMES DE SYNTHESEPROBLÈME N°14

Y

X

y

x

J1

15°

J2

Un expérimentateur maladroit colle une rosette de déformations sur une éprouvette envue d’un essai de traction. La rosette est constituée de 2 jauges à 90°: J1 & J2. L’axe dela jauge J2 n’est pas comme prévu collée suivant l’axe de traction, mais elle fait un anglede 15° avec cet axe. Il décide de ne pas reprendre le collage et de réaliser l’essais detraction en vue de caractériser le matériau constituant l’éprouvette.Pour une force de traction de 10 000 N, les mesures réalisées indiquent :

J1 → 553.10-6 J2 → -129.10

-6 Le diamètre de l’éprouvette est de 10 mm.

1°) Ecrire la forme littérale de la matrice des déformations dans le repère de larosette xyz et dans le repère de l’éprouvette XYZ.

2°) Calculer les déformations longitudinales suivant l’axe x, suivant l’axe y, ainsique la distorsion de l’angle droit (x,y).

3°) Ecrire la matrice des déformations dans le repère (x,y,z).

4°) Calculer la contrainte de traction, en déduire le module de YOUNG ainsi quele coefficient de POISSON du matériau.


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TD-2A-S3-F312

RÈPONSES N°14

Matrice de déformation, dans le repère de la rosette xyz : [ ] ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

zz

yy yx

xy xx

P

xyz

ε

ε ε

ε ε

ε

00

0

0

Matrice de déformation, dans le repère de l’éprouvette XYZ : [ ]⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

=

Z

Y

X

P

XYZ

ε

ε

ε

ε

00

00

00

Les déformations longitudinales suivant l’axe x, etsuivant l’axe y,sont mesurées directementpar les jauges Jx et J y :

εxx= 553.10-6 et ε yy= -129.10

-6

La distorsion de l’angle droit (x,y) peut etre calculée à partir de la relation :

x

Y

15°

Jx

Jy P

y

X

x

Y

15°

Jx Jy

Py

X10000 N

10000 N

=


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TD-2A-S3-F312

θ ε θ ε ε

ε 2cos2sin2

xy

yy xx

th +

−−=

En effet faisons coincider les axes ht avec les axes de l’éprouvette XY.

( ) ( )30cos30sin2

−+−−

−= xy

yy xx

XY ε

ε ε ε

Or la distorsion angulaire dans les axes principaux est nulle : εXY=0

( ) ( )30cos30sin2

0 −+−−

−= xy

yy xxε

ε ε ; ( ) ( )30cos30sin

2

1295530 −+−

+−=

xyε

( )

( )30cos

30sin2

129553

−

−+

= xyε ; εxy= -196,87.10

-6d’où la distorsion angulaire : γxy=2εxy= -393,74.10-6

D’où la matrice de déformation dans le repère xyz de la rosette :

[ ] d

zz

P

xyz μ

ε

ε

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

=

00

0129197

0197553

Calcul de la contrainte de traction : MPa A

N X X

3,1275

100002 ===

π σ

Détermination du module de YOUNG :Utilisons la loi de HOOKE en traction pure : X X E ε σ = Nous devons donc calculer la déformation longitudinale de l’éprouvette :

( ) ( )30sin30cos22

−+−−

++

= xy

yy xx yy xx

X ε ε ε ε ε

ε

( ) ( ) d X μ ε 60630sin19730cos2

129553

2

129553=−−−

++

−=

610.606

3,127−==

X

X E ε

σ E=210100 MPa

Détermination du coefficient de POISSON :

Utilisons la loi de POISSON : X

Y

ε

ε

υ −=

Nous devons donc calculer la déformation transversale de l’éprouvette :La trace de la matrice de déformation étant le premier invariant :

Z Y zz Z Y X zz yy xx ε ε ε ε ε ε ε ε ε ++=+−=++=++ 606129553 d Y μ ε 182−=

606

182=−=

X

Y

ε

ε υ ν =0,3

Détermination du module de COULOMB :( )υ +

=12

E G G= 80807 MPa


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°15On considère un point P à la surface d'uncorps en un endroit où ne s'exerce aucune

force extérieure. On mesure dans le plantangent à la surface, les dilatations linéairesunitaires suivant les trois axes x, α et β choisis comme l'indique la figure ci-contre(rosette à 120°). Les résultats des mesuressont :

jauge J1 : 200 .10-6

jauge Jα : 80 .10-6

jauge Jβ: -40 .10-6

1°) Calculer εxy et ε yy.

2°) Déterminer graphiquement avec lecercle de MOHR les dilatations principales

et les axes principaux.

J1

Jα

P x

y

β

120°

-120°

α

Jβ

3°) E = 200000 MPa ,ν = 0.3 calculer la matrice des contraintes dans les axes principaux.

RÈPONSES N°15

Px

yα

120°

Jx

Jα

β

Jβ

120°


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TD-2A-S3-F312

Les jauges Jx, Jα et Jβ mesurent directement les dilatations unitaires suivant les axes xαβ

Les quantités mesurées ( )( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

−=

=

120

120

θ ββ

θ αα

ε ε

ε ε

ε

hh

hh

xx

Nous devons « dépouiller » la rosette, afin de déterminer la dilatation linéaire suivant l’axe y,ainsi que la demi distorsion angulaire xy.

Utilisons la relation : θ ε θ ε ε ε ε

ε 2sin2cos22

xy

yy xx yy xx

hh +

−+

+= en faisant coincider h avec la

direction α puis avec la direction β .

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−+−−

++

==

+−

++

==

−=

=

120.2120.2cos22

120.2sin120.2cos22

120

120

xy

yy xx yy xx

hh

xy

yy xx yy xx

hh

ε ε ε ε ε

ε ε

ε ε ε ε ε

ε ε

θ ββ

θ αα

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

++=

−+=

xy yy xx

xy yy xx

ε ε ε

ε

ε ε ε

ε

ββ

αα

2

3

4

3

4

2

3

4

3

4 la résolution du système :

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−+=

−=

)22(3

13

xx yy

xy

ε ε ε ε

ε ε ε

ββ αα

αα ββ

d xy μ ε 28,693

8040−=

−−= d yy μ ε 40)20040.280.2(

3

1−=−−=

La matrice de déformation dans les axes xyz est donc : [ ] d

zz

P

xyz μ

ε

ε

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−−

−

=

00

04028,69

028,69200

Détermination graphique, à l’aide du cercle de MOHR des déformations, des éléments

principaux.

La technique est identique à celle que nous avons développé sur les contraintes. Les deuxapproches « contraintes et déformations » sont en effet régient par les mêmes lois

quadratiques.

Les directions x et y sont orthogonales, et nous devons construire le cercle à partir de laconnaissance des trois valeurs

εxx= 200 10-6 ε yy= -40 10

-6 εxy= -69,28 10-6


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TD-2A-S3-F312

[ ] d xyz x

μ μ

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=

0

28,69

200

/ [ ] d

xyz y μ μ

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

−

=

0

40

28,69

/

1)

Tracer les axes εhh et εth et adopter une échelle 1cm=10μd2)

Positionner les points mx (200,-69.28) et m y (-40,69.28).

3)

Tracer le diamètre mxm y du cercle. Son intersection avec l’axe des abscisses donne lecentre du cercle IZ.

4)

Tracer le cercle CZ de centre IZ et de rayon IZmx.5) Les intersections du cercle CZ avec l’axe des abscisses donnent les points mX et mY qui

« matérialisent » les facettes principales du plan des déformations. X X Om ε == 219

Y Y Om ε =−= 59 °−= 302 6)

Toutes les autres réponses sont obtenues en positionnant les points sur le cercle qui« matérialisent » les directions associées et en mesurant les valeurs correspondantes,compte tenu de l’échelle.

γ

Z /2

εhh

mX 219)m Y -59)

CZ

IZ

m (-40,69,28)

30°O

-40 200

-69,28

69,28

20 d

μy

μx

εth

mx(200,-69,28)


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TD-2A-S3-F312

P x

yα

120°

Jx

Jα

Jβ

Y

15°

120°

β

X

La matrice de déformation dans les axes XYZ est donc : [ ] d

Z

P

XYZ μ

ε

ε

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=

00

0590

00219

Matrice des contraintes dans les axes principaux :

( )

( )⎪⎩

⎪

⎨

⎧

+−

=

+−

=

X Y Y

Y X X

E

E

υε ε υ

σ

υε ε υ

σ

2

2

1

1 ;

( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+−−

=

−−

=

−

−

6

2

5

6

2

5

10219.3,0593,01

10.2

1059.3,02193,01

10.2

Y

X

σ

σ

; ⎩⎨

⎧

=

=

MPa

MPa

Y

X

47,1

24,44

σ

σ

La matrice des contraintes dans les axes XYZ est donc : [ ] MPaP XYZ ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

000

047,10

0024,44

σ


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TD-2A-S3-F312

Calcul des élongations unitaires suivant α et β due à P :

Le cylindre est donc soumis à de la traction pure. Les axes x, et y sont donc principaux, et lademie distorsion angulaire εxy est nulle. La loi de HOOKE, Y Y E ε σ = ainsi que la loi de

POISSON,Y

X

ε ε υ −= nous permettent d’écrire :

2 R E

P

EA

P

E

yy

yyπ

σ ε === ; 2

R E

P yy xx

π υ υε ε −=−= ; 0= xyε

D’où : ( )υ π

π π υ ε ε

ε ε ε

ε αα −=+−

=+

=++

= 12222 2

22

R E

P R E

P

R E

P

yy xx

xy

yy xx

La demie distorsion angulaire εxy

étant nulle, le résultat est identique pour la direction β.

( υ π

ε αα −= 12 2 R E

P) ( )υ

π ε ββ −= 1

2 2 R E

P

Calcul des élongations unitaires suivant α et β due à M t =C :

Le cylindre est donc soumis à de la torsion pure. Les axes α, et β sont donc principaux, La loide HOOKE en torsion, γ τ G= et compte tenue que dans les axes xy le point P est encisaillement pur, nous pouvons écrire :

xy xy GG γ σ γ τ === ; ; 342

2

R

C

R

CR

I

R M

G

t

π π τ === ; xy xy ε γ 2= ; 0== yy xx ε ε

3

3

2

2

22 RG

C

G

R

C

G

xy xy

xyπ

π σ γ ε ==== ; xy xy yy xx

ε ε ε ε

ε αα =++

=2

;3

RG

C

π ε αα =

Pour la direction β : xy xy yy xx

ε ε

ε ε

ε ββ −=−

+

= 2 ; 3 RGC

π ε ββ −=

La relation liant les 3 constantes élastiques( )υ +

=12

E G entraine :

( )3

12

R E

C

π

υ ε αα

+=

( )3

12

R E

C

π

υ ε ββ

+−=


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TD-2A-S3-F312

Calcul des élongations unitaires suivant α et β due à P et M t =C :

Il nous suffit de superposer les résultats précédents :

( ) ( )

32

121

2 R E

C

R E

P

π

υ υ

π ε αα

++−= ( )

( )32

121

2 R E

C

R E

P

π

υ υ

π ε ββ

+−−=

Calcul de P et M t =C en fonction de R, E, ν , ε αα , et ε ββ :

Nous obtenons donc un système de 2 équations, qu’il suffit de résoudre :

( ) ( )

( ) ( )⎪

⎩

⎪⎨

⎧

+−−=

++−=

32

32

121

2

12

12

R E

C

R E

P R E

C

R E

P

π

υ υ

π ε

π

υ

υ π ε

ββ

αα

En ajoutant puis en retranchant les 2 équations, nous

tirons :

( ) ββ αα ε ε υ

π +

−=

1

2 R E

P ( )

( ) ββ αα ε ε υ

π −

+=

14

3 R E

C

Application numérique :

( ) ( ) N R E P 1346410.501003,011010.200

1

6232 =+−

=+−

= −π ε ε υ

π ββ αα P=13464 N

( )( )

( ) ( ) Nmm

R E C 5,604110.50100

3,014

1010.200

14

6333

=−+

=−+

= −π

ε ε υ

π ββ αα C=6,04 Nm

Pour calculer le coefficient de sécurité, il nous faut calculer les contraintes :

MPa

R

P yy 86,42

10

1346422

===π π

σ MPa

R

C 85,3

10

6041.2233

===π π

τ

Appliquons le critère de VON MISES dans le cas des poutres :22 3τ σ

σ

σ

σ α

+== e

VM

équ

e

53,585,3.386,42

240

3 2222=

+=

+=

τ σ

σ α e α = 5,53


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°17

Soit un point P situé à la surface d'un corps en un

endroit où ne s'exerce aucune force extérieure.

z

x y

P

α 45°

La matrice des contraintes dans le repère xyz (oùz est la normale extérieure au corps, et où x et ysont dans le plan tangent au corps) vaut en MPa:

⎢

⎢

⎢

⎣

⎡

=

004015

80

xyz⎥

⎥

⎥

⎦

⎤

00015

1°) Etude des contraintes au point P.

a) Représenter l'état de contraintes sur les faces d'un cube infiniment petit isolé en P.b) Calculer la contrainte normale s'exerçant sur une facette dont la normale α est labissectrice de xy.

c) Déterminer les éléments principaux des contraintes.d) Calculer le cisaillement maximum en module au point P.e) On veut un coefficient de sécurité de 3 par rapport au critère de VON MISES.

Calculer la limite élastique du matériau.2°) Etude des déformations au point P.

On colle une rosette 45° x,α ,y au point P. Calculer la valeur des dilatations que l'on doitmesurer suivant les axes x, α et y sachant que E = 200 GPa et υ = 0.3.

RÈPONSES N°17


⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

=

000

04015

01580

σ

xα

y45°

z

P


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TD-2A-S3-F312

Etude des contraintes au point P.

Représentation de l’état des contraintes en P sur les faces d’un cube infiniment petit isolé

dans les axes xyz.

La facette z est perpendiculaire au plan tangent xy de la surface du corps. En l’abscence deforce extérieure agissant en P, le vecteur contrainte Φz est nul, d’où la représentation dans leplan xy.

Soit une facette α décalée de 45° par rapport à x.Calculons la contrainte normale σ αα s’exercant sur cette facette

Compte tenu de la relation : [ ][ ][ ]hht hh σ σ = En faisant coincider h avec α :

( ) ( )°+°−

++

= 45.2sin45.2cos22

xy

yy xx yy xxσ

σ σ σ σ σ αα

MPa xy yy xx

45152

4080

2=−

+=+

+= σ

σ σ σ αα

σ αα = 45 MPa

Eléments principaux des contraintes :

Etat plan de contraintes : la facette z est donc principale et σ Z=0. Les 2 autres valeurs

propres sont données par : ( ) 22 42

1

2 xy yy xx

yy xxY

X σ σ σ

σ σ σ +−

+= m

( ) 22 15.440802

1

2

4080+−

+= mY

X

σ

σ X=85MPa σ Y=35MPa

P

x y

z

80

4015

15

40

x

αy

P8015

80

40

15

45°


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TD-2A-S3-F312

La direction propre X est calculée par xy

xx X

σ

σ σ ϕ

−=tan avec ( ) X x

rr,ˆ =ϕ

15

8085tan

−

−=ϕ d’où ( ) X x

rr,4318ˆ =°−=ϕ

La matrice des contraintes dans les axes principaux : [ ] MPaP XYZ ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

000

0350

0085

σ

Le cisaillement maximum est égal à la plus grande demie différence des contraintes

principales. Dans notre cas :2

085

2max

−=

−== Z X Y

σ σ τ τ τmax=42,5 MPa

La contrainte en 2D compte tenu que σ Z=0 s’écrit :VM équσ Y X Y X VM équ σ σ σ σ σ −+= 22

Le coefficient de sécurité :Y X Y X eVM

équ

e σ σ σ σ α σ σ

σ α −+=⇒= 22

35.8535853 22 −+=eσ σ e = 222 MPa

Etude des déformations au point P

Connaissant la matrice des contraintes, et les constantes élastiques du matériau nous utilisonsles lois de HOOKE pou calculer la matrice de déformation:

[ ] [ ] [ ][ ] I tr E E

P

xyz

P

xyz σ υ

σ υ

ε −+

= 1

( )⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−+

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

100

010

001

408010.200

3,0

000

04015

01580

10.200

3,0133

P

xyz

P

xyz zz zy zx

yz yy yx

xz xy xx

ε ε ε

ε ε ε

ε ε ε

x

y

α

45°

Jy

Jx

P

Jα


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TD-2A-S3-F312

Ecrivons les équations 1, 2, et 4 :

( )

( )

( )⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−=−+

=

=−=

=−=

−

−

−

6

3

6

3

6

3

10.5,971510.200

3,01

10.8080.3,04010.200

1

10.34040.3,08010.200

1

xy

yy

xx

ε

ε

ε


ε 2sin2cos22

xy

yy xx yy xx

hh +−

++

= d μ ε αα 5,1125,972

80340=−

+=

La mesure effectuée par la jauge x : 340 μd

La mesure effectuée par la jauge y : 80 μd

La mesure effectuée par la jauge α : 112,5 μd

Remarque :

La relation de HOOKE [ ] [ ] [ ][ ] I tr E E

P

xyz

P

xyz σ υ

σ υ

ε −+

= 1

est valable quelque soit le système d’axes

puisque matricielle. Il est donc possible de passer par les axes principaux.

( )⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

100

010

001

358510.200

3,0

000

0350

0085

10.200

3,01

00

00

00

33

P

xyz

P

XYZ Z

Y

X

ε

ε

ε

En écrivant les équations 1, et 2 il est possible de calculer: εX εY , puis d’en déduire lesvaleurs mesurées par les 3 jauges, en utilisant la relation :

ψ ε ε ε ε

ε 2cos22

Y X Y X hh

−+

+=


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49/62

TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°18

Deux forces P et Q sont appliquées simultanémentau centre de gravité de la section droite libred'une poutre encastrée. Une rosette rectangulairecollée au point M indique :

ε xx = -30 10 -6

ε αα = 205 10 -6

ε yy = 100 10 -6

Le module de YOUNG du matériau vaut 200 GPa.1°) Déterminer la matrice des contraintes au

point M dans le repère xyz en fonction de P, Q etA.

On rappelle que la contrainte tangentielle due à Qvaut 3Q/2A au point M.

2°) Déterminer les expressions littérales de ε xx ,

ε yy et ε αα en fonction de P, Q, A, E et ν .

M1

α

2

==

3

Q

P

45°

G

15050

y

xz

3°) En déduire les valeurs numériques :a) du coefficient de POISSON ν .b) des forces P et Q (en kN).

RÈPONSES N°18

50

Q

P

α

y

x

M 150 G=

=

300

z


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TD-2A-S3-F312

Nous devons déterminer le Torseurde Sections’exercant dans la section G’ de la barre où est collée la rosette M

Considérons le système d’axes G’/xyz de la théorie des poutres

Torseur de section en G’ :

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=⇒∧=

+=

+=

⇒=

0

300

0

'

0

'

'

Q M F GG M

QT

P N

F R

yGG

z

x

GG

y

xM

z

P

Q

50

150 G=

=

300

G’

y

xM

z

Nx =P

TZ =Q

G’

MY =300Q

La section G’ est donc soumise à de la traction-flexion-cisaillement

Rappels du cours F213 :(Effort Normal-Flexion)

La contrainte normale en un point P quelconque de la section G’ vaut : P

Y

Y xP

xx Z I

M

A

N +=σ

Or le point M est situé sur l’axe neutre de flexion : ZM=0 d’où A

P

A

N x M xx ==σ

Rappels du cours F213 : (Cisaillement)

A

T Z

2

3max =τ

Z

Y

G’

AB

h

C

z

b

g τ

G z

τ

τmax

TZ


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TD-2A-S3-F312

Au point M, dans les axes xyz liés à la rosette :

La contrainte normale due à l’effort de traction P :

A

P yy =σ

La contrainte tangentielle due au cisaillement Q :

A

Q xy

2

3=σ

y

x

M

z

y

x

z

G’

D’où la matrice des contraintes au point M : [ ] MPa A

P

A

Q A

Q

M

xyz

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

000

02

3

02

30

σ

La mesure éffectuée par les jauges donne :

ε xx = -30 10 -6

ε αα = 205 10 -6

ε yy = 100 10 -6

Utilisons la loi de HOOKE :

[ ] [ ] [ ][ ] I tr E E

P

xyz

P

xyz σ υ

σ υ

ε −+

= 1

x

y

α

45°

M Jy

Jx Jα

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

⎥⎥

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

100

010

001

000

02

3

02

30

1

A

P

E A

P

A

Q A

Q

E

xyz

xyz zz zy zx

yz yy yx

xz xy xxυ υ

ε ε ε

ε ε ε

ε ε ε


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TD-2A-S3-F312

Ecrivons les équations 1, 2, et 4 :

⎪⎪⎪

⎩

⎪

⎪⎪

⎨

⎧

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ =

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

A

Q

E

AP

E

A

P

E

xy

yy

xx

2

31

1

1

υ ε

ε

υ ε

Nous en déduisons :


ε 2sin2cos22

xy

yy xx yy xx

hh +

−+

+=

xy

yy xxε

ε ε ε αα +

+=

2

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

A

Q

E

A

P

E A

P

E

2

31

2

11

υ υ

ε αα

D’où : EA

P xx υ ε −=

EA

P yy =ε

( ) ( )υ υ ε αα ++−= 12

31

2 EA

Q

EA

P

Application Numérique :

yy xx xx EA

Pυε ε υ ε −=⇒−= ν= 0,3

EAP EA

P yy yy ε ε =⇒= P= 150kN

( ) ( υ υ ε αα ++−= 12

31

2 EA

Q

EA

P ) Q= 130,77 kN


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°19

Jβ

J

Jα

Jx

Une rosette 45° (x,α,y,β) à quatre jauges (avec une quatrième jauge β perpendiculaire à la jauge centrale α) est collée en un point P situé à la surface d'uncorps en un endroit où ne s'exerce aucune force extérieure (l’état de contraintes estplan).Les mesures indiquées par les trois jauges Jx, Jα, et Jβ sont :

εxx = 10-3

εαα = + 1.2 10-3

εββ = - 0.4 10-3

La jauge JY ne donne aucune indication.

1°) Montrez que :ββα

εyyxx . En déduire la valeur de ε yy.

2°) Déterminez l’expression littérale de la déformation linéaire unitaire εαα enfonction de εxx , ε yy et εxy . En déduire la valeur numérique de εxy.3°) Le matériau a comme caractéristiques : E= 200 GPa et ν=1/3.Calculez la déformation linéaire unitaire εzz (on rappelle que l’état de contraintes

est plan), puis la matrice des contraintes dans le repère xyz.4°) Déterminez, avec le cercle de MOHR, les éléments principaux descontraintes dans le plan xy (précisez l’angle entre x et X) et la valeur ducisaillement maximum en module.

5°) Calculez la contrainte équivalente de VON MISES.


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TD-2A-S3-F312

RÈPONSES N°19

La forme de la matrice de déformation est : ou [ ] [ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

zz

yy yx

xy xx

P

xyz

ε

ε ε

ε ε

ε

00

0

0

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

zz

P

z

ε

ε ε

ε ε

ε ββ αβ

αβ αα

αβ

00

0

0

Utilisons le premier invariant linéaire de la matrice ε : [ ]ε ε tr I =1 .

zz zz yy xx ε ε ε ε ε ε ββ αα ++=++

D’où : ββ αα ε ε ε ε +=+ yy xx ; xx yy ε ε ε ε ββ αα −+= ; ( ) 31014,02,1 −−−= yyε

ε yy =-0,2.10 -3

[ ][ ][ ]hht

hh ε ε = avec h coincidant avec α : [ ][ ][ ]α ε α ε αα t

= , et [ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=01

1

2

1

045sin

45cos

α

D’où :

[ ][ ][ ] [ ] xy yy xx

zz

yy yx

xy xx

t ε

ε ε

ε

ε ε

ε ε

α ε α ε αα ++

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

==22

1

0

1

1

00

0

0

0112

1

3

102

2,01

2,122

−

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−=

+

−=⇒+

+

= yy xx

xy xy

yy xx ε ε

ε ε ε

ε ε

ε αα αα ε xy =0,8.10 -3

P x

y

Jx

Jy Jα

β

Jβ

45° α

45°


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TD-2A-S3-F312

Ecrivons la loi de LAME en contraintes planes :

[ ] [ ] [ ][ ] I tr G ε λ ε σ += 2

Sachant que :( )υ +

=12 E G

( )( )υ υ υ λ

211 −+= E

[ ]( )

[ ]( )( )

[ ][ ] I tr E E ε υ υ

υ ε

υ σ

2111 −++

+=

( ) 33

33

10

100

010

001

8,0

3

121

3

11

10.2003

1

10

00

02,08,0

08,01

3

11

10.200 −−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ ++

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ +=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

zz

zz zz zy zx

yz yy yx

xz xy xx

ε

ε σ σ σ

σ σ σ

σ σ σ

En l’abscence de force extérieure s’appliquant au point, la contrainte σ zz est nulle.

( )⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

++

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

100

010

001

805,1

00

02080

080100

5,1

000

0

0

zz

zz

yy yx

xy xx

ε

ε

σ σ

σ σ

Ecrivons la troisième équation : ( ) zz zz zz ε ε σ ++== 805,15,10 ε zz =-0,4.10 -3

MPa yy yx

xy xx

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

000

030120

0120210

100

010

001

60

4000

02080

080100

5,1

000

0

0

σ σ

σ σ


⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

000

030120

0120210

σ


⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

000

0300

00270

σ

La contrainte en 2D compte tenu que σ Z=0 s’écrit :VM

équσ

Y X Y X

VM

équ σ σ σ σ σ −+= 22

30.27030270 22 ++=VM équ

σ σ eq VM =286,2 MPa


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TD-2A-S3-F312

Eléments principaux, en utilisant le cercle de MOHRLes facettes x et y sont orthogonales :Tracer les axes σ hh et σ th et adopter une échelle 1cm=20MPaPositionner les points mx (210,120) et m y (30,-120)Tracer le diamètre mxm y du cercle. Son intersection avec l’axe des abscisses donne le

centre du cercle IZ Tracer le cercle CZ de centre IZ et de rayon IZmx Les intersections du cercle CZ avec l’axe des abscisses donnent les points mX et mY qui

« matérialisent » les facettes principales du plan des contraintes. X X Om σ == 270

Y σ =30 2

Y Om −= 532 °−= Toutes les autres réponses sont obtenues en positionnant les points sur le cercle qui

« matérialisent » les facettes associées et en mesurant les valeurs correspondantes, comptetenu de l’échelle

τZmax =150

σ hh

mX 270)m Y -30)

CZ

IZ

m 30,-120)

53°2

O

-120

210 30

120

Φy

Φx

σ th

mx(210,120)

mβ 120,-150)

mα(120,150)

ΦX

Φα

Φ Y

20 MPa


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TD-2A-S3-F312


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TD-2A-S3-F312

Cas du contact entre le rouleau 1 et la bague intérieure 3 :

La surface de contact est un rectangle étroit.

La pression pmax au centre du rectangle est donnée par :

r

qE p 418,0max =

avec31

111

r r r +=

40

9

40

1

5

11=+=

r

Si le contact s’effectue suivant une génératrice de longueur L :

12

67000==

L

Pq

Or le contact s’effectue dans notre cas sur 3 rouleaux :123

67000

×==

L

Pq

40123

10.205967000418,0418,0

3

max ××××

==r

qE p pmax=3872 MPa

Cas du contact entre le rouleau 1 et la bague extérieure 2 :

La surface de contact est un rectangle étroit.

La pression pmax au centre du rectangle est donnée par :

r

qE p 418,0max =

avec21

111r r r −= 50

9501

511 =−=r

Si le contact s’effectue suivant une génératrice de longueur L :

12

67000==

L

Pq

Or le contact s’effectue dans notre cas sur 3 rouleaux :123

67000

×==

L

Pq

50123

10.205967000418,0418,0

3

max ××××

== r qE

p pmax=3464 MPa

Φ 80

2

Φ 100

12

Φ 10

Φ 80

12

Φ 10

Φ 100


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TD-2A-S3-F312

PROBLÈME N°21

Déterminer pmax au contact de la roue etdu rail. L’effort de compression estP=5000 N. Le matériau est un acier(E=210 GPa, ν=0.3).

RÈPONSES N°21

Le rayon de la roue porteuse r1 est égal à:500mm.Le rayon de courbure de la surface du rail r2 vaut 250mm.

Nous devons chercher les courbures principales 1/r et 1/r’de la roue 1 et du rail 2.

Les courbures principales étant les courbures maximumet minimum qui se trouvent dans deux plans orthogonaux.

Dans notre cas l’angle φ entre les plans contenantles courbures principales est égal à : π/2.

250

500

P

250

1

500

1


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TD-2A-S3-F312

La surface de contact est une ellipse dont les demi axes valent :

3

n

Pma α =

3

n

Pmb β =

Avec :

2211 '11

'11

4

r r r r

m

+++

= et

( )2

13

4

υ −

= E

n

D’où :3

2000

250

1

500

1

4=

+=m

( ) 3,307692

3.013

10.21042

3

=−

×=n

Les constantes α et β sont déterminées par le tableau à partir de la connaissance de θ :

A

B=θ cos

Y

2b

2aX

r2=250

r’1=∞

1

P

Y

r1=500

r’2=∞

Z

X

Z

P


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