Transcript Exercices résolus - A. Seghir

Université A. MIRA, Bejaia, Faculté de Technologie,
Département d’Hydraulique, Master 1
Exercices résolus MMC
Année universitaire 2014-2015
www.a-seghir.weebly.com
EXERCICE 1
En un point M d’un solide élastique isotrope, le tenseur des contraintes rapporté au repère orthonormé oeee
est :
1
2 0

  0 2
3  Mpa
1
3 2 
Déterminer Les contraintes et les directions principales agissant en M.
Solution
0
1 
2  

det(  I )  det  0
2
3   0 ; (2) [ (2)2 3]  (2 ) =0 ; (2) [ (2)2 4] ;
 1
3 2   
Donne : 1  4 Mpa ;   2 Mp ;   0 Mpa
Les directions principales
Sont acceptés les directions
: V1 = [ 1 3 2] ;
: V1 = [ 1 3 2] ;
V2 = [1 1/ 3 0] ; V2 = [1 3 2]
V2 = [1 1/3 0] ; V2 = [1  3 2] ;
EXERCICE 2
On considère à un état de contraintes uniforme dont les composantes cartésiennes sont :
 4

  2
 2

 2

1
3
3
1 

2
( N/mm )
1) Déterminer les contraintes principales.
2) Déterminer les directions principales normalisées.
3) Ecrire la matrice C des cosinus directeurs des axes principaux.
4) Calculer la contrainte moyenne normale et la contrainte tangentielle maximale
5) Vérifier les invariants des contraintes I et I3.
Solution
1) Contraintes principales
4
2
2
1  
det(  I )  0 ;
 2


 2
3 0
3 1  




(4   ) (1  ) 2  9  2  2 (1  )  3 2  2  2 (1  )  3 2  0


(  2 ) (  4) 2  4  0
  2

soit   2
  6

on prend : 1  2 N/mm ;  2  2 N/mm et  3  6 N/mm
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2) Directions principales
a) direction X correspondant à  :
 4  2
2
 2  n1 

 
2 1  2
3 n 2   0 : donne un système trivial, X  X

  2
3  1  2 n 3 



X
 4  2
2
 2  n1 

 
b) direction X correspondant à  : 
2 1  2
3 n 2   0
  2
3  1  2 
n 

 3 
Pour n1  1 , n 2 
1
2
et n 3  
1
2
 1 
2
 
, La normalisation donne X 2   12 
 1 
 2 
c) direction X3 correspondant à  :
 4  6
2
 2  n1 

 
2 1  6
3 n 2   0

  2
3  1  6 n 3 


n2  
 1 
 2 
, La normalisation donne X 3   12 
 1
 2 
Pour n1  1 ,
X1  X 2  X 3 
1
2
et n 3 
e1
e2
e3
1
2
1
2
1
2
 12
 12
1
2
1
2


0

 1 

  
2
 1 


 2

Une rotation de  de chacun des trois vecteurs est aussi une direction principale
 0  1
2

1
3) Matrice C des cosinus directeurs des directions principales : C   1
2
 2
1
1

 2
2


1
2
 12
1
2






4) Contraintes moyenne normale : m  13 (11   22   33 )  13 (1   2   3 )  2N / mm 2
Contrainte tangentielle maximale :  max   12 (1   3 )   4N / mm 2
5) Invariants :
I 1  (11  22  33 )  (1  2  3 )  6
I 3  det()  (123 )  24
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EXERCICE 3
L’état des contraintes en un point P d’un milieu continu est donné par le tenseur :
  


       (MPa)
    
1) Calculer les composantes normale n et tangentielle  du vecteur contrainte agissant sur un plan de
normale n  1 [1 1 1] . Que peut-on conclure pour la normale n et la contrainte n.
3
2) Déterminer les contraintes principales et les directions principales normalisées.
Solution
  


 

  
Le vecteur contrainte : T    n    
 


     

La contrainte normale :  n  T  n   MPa, La contrainte tangentielle :  
T

  n   MPa
Conclusion : Contrainte tangentielle nulle, donc n est une direction principale et n est une contrainte
principale
2) Les contraintes et directions principales normalisées
1  9.00 MPa,
V1   [0.57
2  4.73 MPa,
V2   [0.21 0.78 0.57]
2  1.27 MPa,
V2   [0.78 0.21 0.57]
0.57 0.57]
EXERCICE 4
La répartition des contraintes dans un corps solide déformable en équilibre statique sans effet des
forces de volume est donnée par le tenseur suivant rapporté au repère ( oee  e  ) :
 ( x  , x  ) 
 x  x 

    ( x  , x  ) x   x 




x


 MPa (l’état des contraintes est indépendant de l’axe vertical ox  )

La contrainte agissant au point M(0,1) sur un plan verticale de normale inclinée de 45° par rapport à
ox  , est une contrainte de cisaillement pure . Déterminer  ( x , x  ) et donner la valeur de .
Solution
Les équations d’équilibre statique :
  



x
y
z
    



x
y
z
  



x
y
z
L’équation (1) donne : 12  y  f(x)
avec l’équation (2) :
f(x)  2x c ;
c : constante

 
y


x

(1)
(2)
(3)
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D’ou :
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12  2x y  c
   c 
 




Le tenseur des contraintes au point M(0,1) :    c
 


 c 
 

Le vecteur contrainte au point M selon n  1/2 1 1 0  : T    n 
c  


  
La composante normale n  n.T  c  3/2
La contrainte est une contrainte de cisaillement pure : n  0 d’où c  3/2 (MPa)
Finalement : 12  2x y  3/2
La composante tangentielle :  
T

  n  (c   (c  )   (c 
 
)
)


MPa
