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Note de cour sur les lments finis

04/11/2003

ELEMENTS FINIS

1

Note de cour sur les lments finis

04/11/2003

1.

RAPPEL M.M.C.Fsur D

f

Df

u = udsur Du

Voici les notations utilises:

q , , l1, 2qi , j, k 1, 2 , 3

Le repre fixe : R (0,x1,x2,x3)

l

Nous travaillerons dans le cadre des petites dformations, cela implique que la position de rfrence reste la position initiale. Les chargements peuvent tre de type volumique ou de type surfacique dans le cas 3-D. La rsolution d'un problme de structure consiste tudier trois champs vectoriels ainsi que leur relation :

Ru( x, y, z) | Le champ de dplacement, not u ( x ) = S v ( x , y , z ) |w ( x, y, z) TLe champ des dformations not

( x)

LM 11 = 21 MM N 31

12 22 32

Le champ des contraintes not

( x)

LM 11 = M 21 NM 31

12 22 32

LM 11 OP 22 13 O M 33 P M P 23P M 2 12 P P 33P M 2 13 P Q M P MN2 23PQ LM 11 OP 22 13 O M 33 P M P 23P M 12 P PP 33Q M 13 P MM PP N 23Q

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Note de cour sur les lments finis

04/11/2003

Les diffrentes relations entre ces quantits peuvent tre schmatises par la figure suivante:DEPLACEMENT DEFORMATION CONTRAINTE

GEOMETRIE

MATERIAU

CHARGEMENT

Dans le cas gnral, on montre que les quations d'quilibre s'crivent sous la formediv + f =

di

qui se simplifient dans le cas de la statique :div + f = 0

di

o f est une force volumique dans le cas 3-D. 1.1. Dformation

Nous considrons

suivante :

R x 0 + dx 0 U | y 0 + dy 0 | un point voisin. Suite au chargement il se transforme respectivement S | z 0 + dz 0 V | T W x = x0 + u U R | y = y 0 + v | et M ' = R x '' = x + dx U . Ce qui donne sur un dessin la figure | y = y + dy | en M = S S |z = z0 + w V | | z' = z + dz V | T W T WM '0 =

Rx0 U | | M0 = Sy0 V | z0 | T W

un point dans la configuration de dpart et

M' M

M0

M'0 3

Note de cour sur les lments finis

04/11/2003

Si nous faisons une tude dans le cas 2-D, nous pouvons mettre en place la relation entre les dplacements et les dformations. Nous utilisons seulement des DL d'ordre 1.x = x0 + u x0 , y0

b

g

g b g u b x 0 , y 0 gdx 0 + u b x 0 , y 0 gdy 0 x y b x x 0 g + bdx dx 0 g = b x x 0 g + u b x 0 , y 0 gdx 0 + u b x 0 , y 0 gdy 0 x y F u I u dx = G 1 + b x 0 , y 0 gJ dx 0 + b x 0 , y 0 g dy 0 H x K yu x 0 + dx 0 , y 0 + dy 0 = u x 0 , y 0 +

b

Ce calcul peut tre effectu pour les autres composantes dy,dz , dans le cas 3-D, et crit sous la forme matricielle suivante :

dX

F dxI = G dy J = c Id + dU h dX 0 GH dz JKFH + IK

F L u GG M x GG Id + MM v = x GG MM w GH MMN x

u y v y w y

u z v z w z

OP PP PP PPQ

I JJ JJ dX 0 JJ c x0 , y0 , z0 h J K

dU = o:

=

1 grad ( U ) + grad ( U ) T 2 1 = grad ( U ) grad ( U ) T 2

On montre alors que le tenseur des dformations H s'crit d'une faon gnrale :H =

+

1 2

FH IK FH + IK

Dans le cadre des petites perturbations (faible rotation, faible dplacement), il suffit de prendre la partie linaire de H.H =

Le tenseur des dformations

est symtrique par construction, il est dfini positif et

donc il a des valeurs propres relles. Ces directions principales sont orthogonales. On les dtermine l'aide d'un cercle de Mohr et des mesures obtenues sur une rosette 45.

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Note de cour sur les lments finis 1.2. Contraintes

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Les contraintes n'ont de sens que par rapport une facette que l'on oriente par sa normale. Si on prend comme lment de volume un paralllpipdey z x

xz xy xx

n

est la contrainte dans le solide sur la facette de normal normal est colinaire un vecteur de base, on a: ijfacette. 1.2.1. Invariant du tenseur des contraintes

n . Dans le cas o le vecteur

o i correspond la direction de la normal et j la composante dans le plan de la

Nous pouvons dfinir un certain nombre d'invariant sur une matrice et donc sur le tenseur des contraintes. Les trois premiers invariants sont :

J 1 = Tr = 11 + 22 + 33 = ii J 2 = 1 F ( J 1 ) 2 + Tr 2 I J G2

H

K

J 3 = Det = 1 2 3notes : 1 , 2 , 3. Il est facile de montrer que les directions principales sont orthogonales. On dfinit galement la contrainte normale n et tangentielle t .

ij

est un tenseur symtrique dfini positif et donc ses valeurs propres sont relles,

n t

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Note de cour sur les lments finis

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On dfinit galement le tenseur des contraintes comme la somme de deux tenseurs : le tenseur sphrique, dont la forme correspond celle du tenseur des contraintes pour une pression hydrostatique, et le dviateur des contraintes.

LM J 1 MM 3 sp = MM MNd

J = 1 I3 + 3

dJ1 3

=

sp + d

OP PP = Tenseur de pression hydrostatique P J1 P 3P Q

= Partie deviatorique du tenseur des contraintes, qui correspond

la cission du matriau

Il est facile de montrer que si1.3.

d

= 0

n

= J 1 / 3 et

t

=0

Les relations de compatibilit.

Quand on connat les dplacements il est simple de dterminer les dformations, mais le Pb inverse n'est pas aussi simple : 3 composantes pour le dplacement et 6 composantes pour le tenseur des dformations. On a donc 6 inconnues et trois quations : le problme n'a pas de solution unique. Cela est d au mouvement de corps solide : Rotation d'ensemble, translation (Mcanique des milieux indformables). Il existe des relations de compatibilit pour soulever ces indterminations qui sont :

R 2 eii = F e jk + e ik + e ji I | jk i GH i j k JK | S 2 eij F 2 eii 2 ejjI |2 = G + J | ij H ii jj K TCes formules sont donnes sans sommation de l'indice rpt.1.4. Loi de comportement - Loi de Hook

La loi de comportement relie le tenseur des dformations au tenseur des contraintes. A chaque catgorie de matriau correspond un type de loi. Nous allons ici nous intresser seulement au matriau lastique linaire et donc la loi de Hook :

=M L

L OP N Q

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Note de cour sur les lments finis

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[L] est un tenseur d'ordre 4, mais comme les tenseurs des dformations et des contraintes sont symtriques, il est possible d'assimiler [L] une matrice [6,6] en utilisant une reprsentation vectorielle des champs de dformations et de contraintes. De plus dans le cas d'un processus adiabatique et isotherme rversible, on a :

=

1 L ijkl ij kl 2

d

i

2 2 = ij = L ijkl = = L klij ij ij kl kl ij est la densit d'nergie de dformation interne. Donc dans un cas gnral, il ne reste plus que 21 constantes diffrentes pour qualifier le comportement d'un matriau anisotrope.1.4.1. Matriau isotrope

Aucune direction privilgie, matriau macroscopiquement homogne ex : Acier, inox, plastique ....Dfinition de la loi de Hook:

ij = ll ij + 2 ij, sont les coefficients de Lam Maintenant nous allons tudier des cas simples de chargement pour mettre en vidence des coefficients ayant des sens physiques plus vidents. 1.4.1.1. Cas compression uniforme

Le solide est soumis un champ de pression surfacique et aucune force volumique.F = -p n D

D les quations d'quilibre locales donnent :

F = -p n

R | S | T

ij, j = 0

sur D

ij n j = pn i sur D

En introduisant la loi de Hook et

=

1 grad ( U ) + grad ( U ) T 2

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Note de cour sur les lments finis Il est simple de montrer que ij = p ij est solution du problme.

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Calculons ii

= J13p + 2

ii = 3p = ii + 2 ii ii =

en introduisant ce rsultat dans la loi de Hook, on obtient :

ij =

3 p ij + 2 ij + 2

si i j ij = 0

ij = 0 ii =p p ( sans sommation sur i ) = 3 + 2 3 K

si i = j ii = p

Maintenant si nous calculons la variation relative de volume nous avons :V V0 p 1 = u i , i dv = K V0 V0 D

z

La variation de volume pour une pression p est inversement proportionnelle K, qui est appel Module de rigidit la compression. Rq : Plus K augmente plus le matriau est peu compressible, et si K = le matriau est dit incompressible. 1.4.1.2. Cas traction simple

Considrons une poutre cylindrique de longueur L limite ses extrmits par deux surfaces i orthogonales l'axe de rvolution. Deux forces de traction opposes sont F = F , 0, 0 . F est une force exerces sur la poutre chacune de ses extrmits. S rpartie sur la surface i . Le matriau est suppos homogne isotrope, Il suit donc une loi de Hook.

b

g

les quations d'quilibre locales donnent :

R | | S | | T

ij, j = 0

sur D

1 j n j = F , 2 j n j = 2 j n j =0 sur 1 1 j n j = F , 2 j n j = 2 j n j =0 sur 0 ij n j = 0 sur D- 1 , 0

m

r

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Note de cour sur les lments finis Il est simple de vrifier que la fonction En utilisant la loi de Hook on a :

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11 = F, 22

= ... = 23 = 0 est solution du Pb.

ii

=

F 3 + 2

R11 = + F | b 3 + 2 g | S | 33 = 22 = b g F | 2 3 + 2 T

F l = , il est facile de montrer que le module d'lasticit ou module E l d'Young E est gal :

En utilisant 11 =

E= mais galement que :u2 ( X) =

3 + 2 +

b

g

b g u3 ( X) = Fx 3 + cste 2 b 3 + 2 g

Fx 2 + cste 2 3 + 2

en posant classiquement 11 = 22