TD DDS S3 corriges 2010 2011 - Université Grenoble Alpes

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TD1-TD4 ETAT DE CONTRAINTES-CERCLE DE MOHR, CRITERES DE RESISTANCE Exercice 1

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Microsoft Word - TD_DDS_S3_corriges_2010_2011  Exercice 1 
Exercice 2 
Exercice 3 
Exercice 4 
Exercice 5  En un point M d’une pièce et par rapport à un repère orthonormé direct (x, y, z) règne un état de contrainte tel que σxy=20 Mpa et σzz=60 Mpa. 1°) Représenter le cercle de Mohr relatif au plan M, x, y. Déterminer les directions principales des contraintes au point M : X et Y ainsi que les contraintes principales σXX et σYY. 2°) Tracer le tri-cercle des contraintes au point M. 3°) Si le matériau satisfait au critère de Tresca avec une résistance limite au cisaillement égale à 37 Mpa, cet état de contrainte est-il admissible ? 4°) Même question si le matériau satisfait au critère de Von Mises.
Correction  1°) Dans le plan M, x, y, l’état de contrainte correspond à :
On en déduit le cercle de Mohr suivant :
Les contraintes principales correspondent aux valeurs de σn quand τ =0 sur le cercle de Mohr (points vert et rouge). On trouve σ1=20 Mpa (vert) et σ2=-20 Mpa (rouge). Les directions principales sont à ±90°/2=±45°, par rapport aux axes x et y. En appelant X la première bissectrice du plan M, x, y, la contrainte est en traction pure et σXX= σ1=20 Mpa. En appelant Y la seconde bissectrice du plan M, x, y, la contrainte est en compression pure et σYY= σ2=-20 Mpa.
Une autre manière de faire est d’écrire la matrice des contraintes dans le plan :
0 20 20 0 , et de calculer ses valeurs propres et vecteurs propres. Pour cela on
résout dét(A-σI)=0. Pour chaque solution σ on cherche la valeur propre correspondante en résolvant (A-σI)V=0, où I est la matrice identité et V un vecteur. On trouve: σ1=20,
1 1 , et σ2=-20, 1
1 . Le vecteur V1 correspond à la direction X et V2 à Y. 2°) Tri-cercle des contraintes au point M. Dans la troisième direction z, la contrainte principale est égale à 60 Mpa. Par conséquent, le tri-cercle de Mohr est sous la forme :
3°) Si le matériau satisfait au critère de Tresca avec une résistance limite au cisaillement égale à 37 Mpa, cet état de contrainte est-il admissible ? Pour que le matériau satisfasse au critère de Tresca il faut que
max , , min  , , 37. Or d’après le tri-cercle de Mohr la contrainte de cisaillement maximum est égale à 40 Mpa. Par conséquent cet état de contrainte n’est pas admissible selon le critère de Tresca. 4°) Même question selon le critère de Von Mises. Pour que le matériau satisfasse au critère de Von Mises il faut que la contrainte
équivalente de Von Mises . . 37.
En remplaçant on trouve . . 34.6 37. Par conséquent cet état de contrainte est admissible selon le critère de Von Mises.
Exercice 6  Soit un état de contrainte connu par ses contraintes principales σ1 =1200Mpa, σ2
=200Mpa et σ3=-200Mpa. 1°) Déterminer la contrainte normale qui s’exerce sur la facette qui supporte le cisaillement maximal. 2°) Le matériau satisfait au critère de Tresca avec une résistance limite au cisaillement égale à 800Mpa. Cet état de contrainte est-il admissible ? 3°) On maintient σ2 et σ3 aux valeurs indiquées et on fait varier σ1. Déterminer l’intervalle de variation admissible.
Correction  1°) Déterminer la contrainte normale qui s’exerce sur la facette qui supporte le cisaillement maximal. Traçons le tri-cercle de Mohr :
On trouve que le cisaillement maximal est de 700 Mpa, et que la contrainte normale correspondante est de 500 Mpa. 2°) Le matériau satisfait au critère de Tresca avec une résistance limite au cisaillement égale à 800Mpa. Cet état de contrainte est-il admissible ? Puisque 700 Mpa < 800 Mpa, cet état de contrainte est admissible. 3°) On maintient σ2 et σ3 aux valeurs indiquées et on fait varier σ1. Déterminer l’intervalle de variation admissible. On sait que max , , min  , , .
• Si max , , , alors min , , 200. Par conséquent 200 800, impliquant  1400 Mpa.
• Si min , , , alors max , , 200. Par conséquent 200 800, impliquant 1400 Mpa. En conclusion, il faut que | |  1400 Mpa.
Exercice 7 
Exercice 8 
       Correction  1°) L’arbre est soumis à une sollicitation composée de flexion + torsion. En appliquant le PFS (somme des forces extérieures = 0 et somme des moments par rapport à un point = 0), on trouve RA et RC. L’arbre est soumis à un couple de 600 Nm en B et -600Nm en D.
2°) Diagrammes
On en déduit que:
- la section droite la plus sollicitée en traction- compression est la section C, due au moment de flexion |Mf|=1800Nm.
- la section droite la plus sollicitée en torsion est la section C, due au moment de torsion |Mt|=600Nm.
Par conséquent la section la plus sollicitée est la section C, à la fois en traction-compression et en torsion.
3°) Contraintes La contrainte en traction-compression est une contrainte normale, maximale au bord de l’arbre. Elle est égale à , avec . La contrainte en torsion est une contrainte de cisaillement, maximale au bord de l’arbre. Elle est égale à , avec .
L’état de contraintes correspond donc au schéma suivant : La matrice des contraintes s’écrit sous la forme 0 .
Les valeurs propres sont égales à 4 On en déduit que | | 4 et | | 4 .
Le cercle de Mohr conduit aux mêmes résultats.
En écrivant que | | , on trouve que 6  . En écrivant que | | , on trouve que 4,58  . On prendra donc 6  .
Exercice 9 
Exercice 10 
   Correction  1°) La charge linéique est égale au poids de la poutre divisé par la longueur de la poutre, conduisant à q=ρghb = 6,5 103 Nm-1. 2°) Le problème peut être modélisé sous la forme suivante :
On note que le problème est symétrique en A et B. En A la poutre est soumise à la force de compression P, au moment M provenant du fait que P n’est pas appliqué au niveau de la fibre neutre, et à la réaction YA à l’appui simple. On a M = Pe = 172,8 103 Nm.
3°) En appliquant le PFS, on trouve YA = YB = qL /2. Les diagrammes des efforts internes sont représentés sur la figure ci-contre. Leurs expressions analytiques sont :
• T(x)= q(x-L/2)
• Mf(x)=-qx(x-L)/2 – Pe
• N(x)=-P
,
,
avec ,   . • La contrainte normale due à l’effort normal s’écrit
, et vaut   .
.
On trouve ,   , et ,   . Par conséquent toute
la section est comprimée.
 
 
 Correction  1°) Les matrices des contraintes dues à l’effort normal P, au moment de torsion
Mt , et à la combinaison des deux s’écrivent 0 0
0 0 0 0 0 0
, 0 0
, et
0 0 0
0 0 0 .
2°) Les contraintes principales en M sont obtenues en calculant les vp de la matrice des contraintes déterminée ci-dessus. On trouve
  2   2    
  2   2    
.
En remplaçant et par leur expression respective, avec et , on trouve
2     4 0
2     4 0 .
En remplaçant 25 10   , 3 10   et 10   où est exprimé en millimètres, on trouve les deux inéquations données dans l’énoncé et conduisant à
25.01  27.96  .
Le rayon minimum de l’arbre doit donc être de 28 mm.
Exercice 12 
TD5-TD7- DEFORMATIONS
Exercice 13 
 
Exercice 14  En un point M d’une pièce et par rapport à un repère orthonormé direct (x, y, z) on obtient par le calcul l’état de déformation εxx =240 10-6, εyy =840 10-6 et γxy=-1440 10-6. 1°) Dans quelles directions doit-on placer 2 jauges unidirectionnelles pour confirmer expérimentalement cette analyse ? 2°) Quelles valeurs doivent-elles fournir ?
Correction  • Méthode par le cercle de Mohr
On a 240, 840 et 720 en micromètre par mètre. On en déduit l’état de déplacement unitaire et le cercle de Mohr correspondant suivants :
Le cercle de Mohr est centré en (540,0) et a pour rayon √720 300 780. On en déduit les déformations principales 540 1320 et 540 240. Sur le cercle de Mohr, l’angle entre la facette correspondant à ε1 et celle perpendiculaire à y (point vert), est égal à Arctan (720/300)=+67,4°. Dans l’espace réel, cela correspond à un angle de -67,4/2=-33,7° entre V1 et y.
• Méthode par calcul des vp et VP
On écrit la matrice des déformations 240 720 720 840 et on résout
é 1080 316800 0 , conduisant aux valeurs propres 1320 et 240.
Le vecteur propre associé à est 720 1080 . Ce vecteur fait un angle avec
l’axe Oy tel que tan =-720/1080. On trouve =-33,7°.
Exercice 15