Exercices et problèmes de mécanique des solides et des structures applications à l'aéronautique...

Exercices et Problèmesde mécanique des solideset des structures

Yves Gourinat

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TABLE DES MATIÈRES

Avant-propos V

Chapitre 1 - Structures - Poutres 1

1.1 Treillis porteur isostatique 1

1.2 Travée Symétrique Hyperstatique 1

1.3 Modes Plans d’une Poutre Coudée 2

1.4 Treillis Plan Triangulé 4

1.5 Anneau Doublement Hyperstatique 5

1.6 Travée en Flexion Symétrique et Antisymétrique 6

1.7 Maille Hexaédrale en Traction Diagonale 8

1.8 Flexion Dynamique sur Deux Segments 9

1.9 Poutre Hyperstatique Plane 11

1.10 Antirésonance par Masse Accordée 13

1.11 Contraintes d’Assemblage 16

1.12 Équivalence d’Absi Treillis / Poutre 2D 19

1.13 Masses Modales Effectives d’Interface en Effort Normal 21

1.14 Vibrations en Translations d’un Élément Prismatique 2D Complet 25

1.15 Thermique d’un Volet Composite à Longeron Métallique 27

1.16 Transmissibilité Fréquentielle 2D d’un Élément de Poutre Droite 28

Chapitre 2 - Structures - Coques 31

2.1 Dynamique d’un Disque en Cisaillement de Révolution 31

2.2 Membrane Hémisphérique Pesante Pressurisée 32

2.3 Divergent Parabolique Déployable 33

2.4 Bande de Roulement d’un Pneu Tubeless 35

2.5 Coque Tronconique sous son Propre Poids 36

2.6 Déformées d’une Plaque Rectangulaire 37

2.7 Peau Composite d’un Fuselage Pressurisé 39

2.8 Coque Hémisphérique sous Pression Non Uniforme 40

2.9 Plaque en Flexion avec Appui Élastique 42

III

Problèmes de mécanique des solides

IV

2.10 Virole Libre de Réservoir sous Pression Hydrostatique 44

2.11 Coque en Rotation 45

2.12 Modes de Torsion-Flexion d’un Rectangle Appuyé 46

2.13 Modes Libres d’une Plaque en Torsion-Flexion 48

2.14 Plaque en Flexion sur Appuis Asymétriques 49

2.15 Réservoir Torique Pressurisé 51

2.16 Étude d’un Micro Actuateur en Flexion 52

2.17 Élément de Coque Lanceur sous Chargement Complet 54

2.18 Déformée Quadratique d’une Plaque Carrée en Flexion 55

2.19 Réservoir Cryotechnique Pressurisé 57

2.20 Mode Fondamental d’un Disque Encastré en Flexion 58

2.21 Interface Tronconique 59

2.22 Flambage de Panneaux de Voilure 61

2.23 Réservoir d’Helium Pressurisé 63

Chapitre 3 - Problèmes Combinés 64

3.1 Structure en Arc Mince sur Appui Ponctuel 64

3.2 Flexion Libre d’une Poutre et d’une Plaque 66

3.3 Interface Tronconique Raidie 67

3.4 Analyse Implicite de Rayleigh d’Éléments Minces 2D 71

3.5 Modes Dynamiques de Gauchissement d’une Plaque Libre 76

3.6 Tronçon Courant de Fuselage Bilobé 78

Chapitre 4 - Architecture des Lanceurs 81

4.1 Performances Comparées d’un Lanceur Aéroporté 81

4.2 Performance de Lanceur à Transfert de Propergol 83

4.3 Faisabilité d’un Lanceur Hybride Monoétage 85

4.4 Architecture d’un Nano-lanceur aéroporté 86

4.5 Lanceur Rallumable en Configuration Interplanétaire 86

4.6 Composite Supérieur pour Mission Planétaire 88

4.7 Comparaison d’Architectures de Nanolanceurs 89

4.8 Prédimensionnement d’un lanceur à poudre 91

4.9 Le lanceur H2A - Architecture et Incident en Vol 93

Chapitre 5 - Solutions 97

AVANT-PROPOS

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Cet ouvrage présente une série de problèmes originaux de statique et dynamiquedes solides et structures, assortis des corrigés-types. Partant des éléments de poutres,les problèmes sont ensuite élargis aux structures coques, dans leurs sollicitationsstatiques, dynamiques et thermiques. Enfin, nous y avons joint des problèmesd’architecture de lanceurs, également fondés sur les équations de la mécanique, dansune application plus particulière.

La présentation selon cet ordre répond à plusieurs objectifs. Il s’agit tout d’abordde favoriser une approche inductive - non strictement cartésienne ! - parfois délais-sée dans les traités traditionnels. Il s’agit ensuite d’aborder des thématiques mixtes,combinant statique, dynamique, thermique appliquées à des éléments discrets oucontinus. Il s’agit enfin de proposer un recueil fondamentalement différent des coursde référence, et fondé sur des situations concrètes inspirées notamment du secteuraérospatial, et bénéficiant d’années d’expérience en formation et recherche principa-lement au sein des cursus d’Ingénieurs, notamment ceux de SUPAERO et del’ENSICA.

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STRUCTURES - POUTRES
1.1 TREILLIS PORTEUR ISOSTATIQUE

On considère le treillis plan ABCD ci-dessous, constitué de 2 mailles triangulaires (l’uneéquilatérale, l’autre en triangle-rectangle), chargé en son extrémité A par une force - F :

Les barres, prismatiques sont toutes réalisées en un matériau élastique linéaire demodule d’Young E, et ont toutes la même section droite d’aire S (et moment quadra-tique en flexion Iz). Les barres BC, CD et BD ont pour longueur L, et la barre AC apour longueur 2L. Le poids propre des barres est négligé par rapport à F.1 Vérifier que le problème est isostatique.2 Calculer les efforts dans toutes les barres.3 Calculer le déplacement vertical vA du nœud A.4 Calculer le déplacement horizontal uC du nœud C.5 Donner la valeur critique Fc de F qui entraîne le flambage d’une barre.

Corrigé page 97

1.2 TRAVÉE SYMÉTRIQUE HYPERSTATIQUE

On considère une poutre mince continue horizontale OAB de longueur totale 2L,prismatique et travaillant linéairement en flexion (rigidité linéique EI en flexion).

Elle est rigidifiée par une seconde poutre mince verticale AC de longueur L, réali-sée dans le même matériau, et de rigidité linéique ESb en effort normal et EIb enflexion ; on suppose a priori que EIb<<EI.

Cette poutre verticale est encastrée à sa base C et simplement appuyée sur lapoutre horizontale en A ; l’ensemble est chargé par une force centrale verticale versle bas de module F :

y

1

Chapitre 1 • Structures - Poutres

2

1 Définir l’ordre d’hyperstaticité du problème dans son domaine linéaire.2 Calculer la flèche verticale en A obtenue dans ce problème.3 Donner la valeur de F qui entraîne le flambage.4 Que devient cette valeur si la poutre AC est encastrée en A sur la poutre OAB (au

lieu d’être simplement appuyée) ?Corrigé page 100

1.3 MODES PLANS D’UNE POUTRE COUDÉE

On considère une poutre droite O1AO2 coudée à angle droit, entièrement réalisée enun même matériau élastique homogène de module d’Young E et masse volumique ρ.

Le segment O1A est paramétré par X (0 X L1) et le segment O2A par Y(0 Y L2). Les rigidités respectives des 2 segments en flexion autour de Z sont EI1et EI2 respectivement, et leurs masses linéiques ρS1 et ρS2.

On précise que les 2 segments sont encastrés l’un sur l’autre en A (fixationrigide), de sorte qu’ils forment une unique poutre coudée :

On considère, jusqu’à la question 7 incluse, que la flèche de flexion est très supé-rieure aux déplacements dus aux efforts normaux et tranchants.1 Montrer que le calcul des flèches dynamiques est équivalent au problème déve-

loppé suivant :

≤ ≤≤ ≤

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1.3 • Modes Plans d’une Poutre Coudée

2 La solution générique du problème équivalent considéré (ci-dessus) en flexiondynamique est de la forme :

Donner l’expression des fonctions f1(X), f2(Y) et g(t).

NB : On remarque que dans tout le problème, le segment O1A est orienté selon X(de O1 vers A) et le segment O2A est orienté selon Y (de O2 vers A).

3 Écrire les Conditions Limites mécaniques qui permettent de calculer les8 constantes apparaissant dans les fonctions f1 et f2.

4 Expliciter ces conditions limites et définir l’équation assurant l’existence de solu-tions dynamiques non identiquement nulles (modes propres).

5 On suppose que l’on fixe en A un solide indéformable de masse M et momentd’inertie dynamique jZ autour de .

Récrire les conditions limites mécaniques du problème de poutre en flexion, enconsidérant toujours le problème équivalent développé.

NB : On ne demande pas de re-expliciter ces conditions en fonction desconstantes.

6 On supprime le solide additionnel, mais on soumet la structure à une charge dyna-mique (excitation) linéique sinusoïdale, appliquée au segment O1A.

Récrire les conditions limites mécaniques permettant de calculer la flèche enflexion dynamique, en faisant appel au principe d’équivalence.

V1 X t;( ) f1 X( )g t( )= sur le segment O1A 0 X L1≤ ≤( )

V2 Y t;( ) f2 Y( )g t( )= sur le segment O2A 0 Y L2≤ ≤( )

AZ

3


4

NB : On ne demande pas l’explicitation des fonctions, mais l’écriture des condi-tions mécaniques générant le système d’équations donnant la solution établie.

7 Si on souhaite traiter la dynamique continue en effort normal et en effort tran-chant, justifier la pertinence d’une étude indépendante de l’étude précédente desmodes en flexion.

8 On suppose, pour cette dernière étude, que les flèches d’effort normal sont de laforme :

et celles d’effort tranchant :

Donner la forme des fonctions f3, f4, f5, F6 génériques.

9 Dans la configuration sans masse additionnelle et sans excitation, écrire les condi-tions mécaniques permettant de calculer la dynamique propre en effort normal eten effort tranchant :

Corrigé page 103

1.4 TREILLIS PLAN TRIANGULÉ

On considère le problème plan de treillis ci-dessous, constitué de 4 mailles triangu-laires équilatérales, chargé en son extrémité A1 par une force ponctuelle - F dirigéevers le bas :

U1 X t;( ) f3 X( )g t( )= sur le segment O1A 0 X L1≤ ≤( )

U2 Y t;( ) f4 Y( )g t( )= sur le segment O2A 0 Y L2≤ ≤( )

VT1 X t;( ) f5 X( )g t( )= sur le segment O1A 0 X L1≤ ≤( )

VT2 Y t;( ) f6 Y( )g t( )= sur le segment O2A 0 Y L2≤ ≤( )

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1.5 • Anneau Doublement Hyperstatique

Les barres sont identiques entre elles : elles sont prismatiques de longueur L etd’aire de section droite S, et réalisées en un matériau élastique linéaire de moduled’Young E. Le poids propre des barres est négligeable par rapport à F.

1 Vérifier que le problème est isostatique.2 Calculer les efforts dans toutes les barres.3 Calculer le déplacement vertical v1 du nœud A1.4 Connaissant le moment quadratique I des barres en flexion, donner la valeur critique

de F à partir de laquelle un élément du treillis atteint sa limite de flambage.Corrigé page 110

1.5 ANNEAU DOUBLEMENT HYPERSTATIQUE

On considère un anneau mince de rayon moyen R, supposé travailler dans sondomaine linéaire, constitué d’une poutre de section droite constante de rigiditéslinéiques EIa en flexion, ESa en effort normal et GSTY en effort tranchant, soumis àune charge F diamétrale. On admet le résultat simplement hyperstatique classiquedonnant la rigidité équivalente en traction de l’anneau simple chargé diamétrale-ment, obtenue par Menabrea ou Bresse (ou expérimentalement ou numériquement) :

1 En déduire la rigidité équivalente en traction K de la structureci-dessous, doublement hyperstatique, obtenue à partir del’anneau rigidifié par l’ajout d’une barre prismatique diamé-trale (de longueur 2R) montée dans l’axe de la charge et fixéeà l’anneau. Cette barre, prismatique de section droite d’aire Sb,est constituée du même matériau que l’anneau. On négligera,dans l’anneau supposé mince, les déplacements dus aux effortsnormaux et tranchants par rapport aux flèches de flexion.

2 On note Ib le moment quadratique de flexion (flambage) de la barre diamétrale.En déduire la charge critique externe en compression qui provoquera le flambage dela barre longitudinale, dans les deux configurations de liaisons courantes suivantes :

2.1 La barre longitudinale est simplement appuyée surl’anneau :

2.2 La barre longitudinale est encastrée sur l’anneau et sarigidité en flexion EIb est petite devant celle de la poutrequi constitue l’anneau (EIa) :

kanneau

1kanneau------------------ π2 8–

4π-------------- R3

EIa-------- πR

4------- 1

ESa--------- 1

GSTy

-------------+

+=

ESb

EIa

5


6

Pour la suite de l’exercice, on admettra le résultat simplement hyperstatique del’anneau seul chargé diamétralement, selon lequel la rétraction diamétrale latéraleest donnée par :

On considère désormais la structure, toujoursdoublement hyperstatique, obtenue à nouveau à partir del’anneau seul par ajout d’une barre diamétrale montéecette fois-ci perpendiculairement à la charge ; compte tenude la finesse de l’anneau, on considère une barre diamé-trale infiniment rigide (car on ne prend en compte, pourles déplacements, que les flèches de flexion) :

3 En appliquant le théorème de superposition, calculer l’effort de compressioninduit dans la barre diamétrale et donner l’expression de la rigidité linéaire longi-tudinale de cette nouvelle structure hyperstatique.

Corrigé page 113

1.6 TRAVÉE EN FLEXION SYMÉTRIQUE ET ANTISYMÉTRIQUE

On considère une poutre droite de longueur 2L de section droite constante d’aire S etmoment quadratique IZ en flexion autour de Z réalisée dans un matériau élastiquehomogène de module d’Young E et masse volumique ρ. Dans tout l’exercice elletravaille uniquement en flexion linéaire autour de Z, de sorte que le champ de dépla-cement à considérer est la flèche V selon Y.

La poutre est posée sur 2 appuis simples ; on recherche les pulsations des4 premiers modes propres (2 symétriques et 2 antisymétriques) :

R’R F- F R' R–R

--------------- 4 π–4π

------------ R2

EIa-------- 1

4--- 1

ESa--------- 1

GSTy

-------------–

+ F–=

EIa

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lit.1.6 • Travée en Flexion Symétrique et Antisymétrique

1 Modes du modèle completCalculer les 4 premières pulsations modales du modèle de Bresse en flexion de lapoutre complète, en plaçant l’origine des X sur l’appui de gauche.

2 Demi-modèle Modal SymétriqueVérifier que l’on retrouve les pulsations des modes 1 et 3 à partir du demi-modèlecôté droit ci-dessous (dans lequel l’origine des X est désormais au point central de lapoutre initiale) :

On précisera les raisons pour lesquelles les conditions limites proposées génèrenteffectivement les modes symétriques (modes de numéro impair).

3 Demi-modèle Modal AntisymétriqueVérifier de même (et justifier) la représentativité du demi-modèle côté droit ci-dessous pour les modes antisymétriques (de numéro pair) :

Compte tenu de ces équivalences, on utilisera dans la suite de l’exercice de vibra-tion les demi-modèles côté droit pour chaque configuration traitée.

4 Chargement Dynamique SymétriqueOn considère la sollicitation dynamique suivante, générée par deux moments sinu-soïdaux opposés appliqués aux deux extrémités.

À l’aide du demi-modèle symétrique, donner la réponse du système autour desfréquences des modes symétriques 1 et 3.

7


8

5 Chargement Dynamique AsymétriqueLe calcul précédent (question 4) peut-il être exploité au voisinage immédiat desfréquences de résonances symétriques dans le cas du chargement suivant ?Commentez votre réponse.

6 Chargement Dynamique AntisymétriqueTraiter à nouveau les questions 4 et 5, mais autour des résonance antisymétriques(modes 2 et 4) induites par le chargement antisymétrique ci-dessous :

Corrigé page 115

1.7 MAILLE HEXAÉDRALE EN TRACTION DIAGONALE

On considère un treillis OABCD constitué de 2 tétraèdres réguliers, réalisé à l’aidede 9 barres identiques rotulées, chacune de longueur L et d’aire de section droite Sconstante, réalisées en un matériau élastique linéaire homogène de moduled’Young E.

Coordonnées des noeuds dans le repère global structure :

F

O

A

B

C

D

O : 000

; D : L

00

2–23

-------

soit L

00

23---– 2 3

A : L

12 3----------–

12---

23

-------–

soit L

36

-------–

12---–

2 33

--------------–

; B : L

33

-------

0

2 33

--------------–

; C : L

36

-------–

12---

2 33

--------------–

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1.8 • Flexion Dynamique sur Deux Segments

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Le treillis est suspendu en O au bâti Galiléen, et chargé par une force verticale demodule F appliquée en D.1 Montrer que le problème est isostatique.2 Montrer que les symétries du problème et ses invariances en rotation permettent

de ne considérer que deux efforts normaux indépendants.3 Calculer les efforts normaux dans les barres.4 Calculer le déplacement induit en D dans cette configuration isostatique.5 À partir des déformations des barres horizontales (AB, BC, AC), donner le coeffi-

cient de Poisson équivalent de cette maille en traction selon OD, exprimant larétraction relative latérale du triangle horizontal en fonction de l’allongementrelatif vertical (ratio de la déformation latérale par rapport à la déformation longi-tudinales, au signe près).

On ajoute maintenant une 10ème barre de longueur ,

reliant directement O et D, de mêmes caractéristiques (E,S) queles 9 autres barres, et assemblée sans contrainte à la températureT0 avant l’application de F.

6 Calculer le déplacement de D lorsqu’on applique F à T0, ainsi que l’effort induitdans la barre OD, dans cette nouvelle configuration hyperstatique.

7 Calculer l’incrément de charge et de déplacement de D lorsqu’on porte, par effetJoule, la barre OD (et elle seule) à la température T.

8 Décrire la méthode permettant d’écrire le système matriciel d’équations dyna-miques linéaires du treillis hyperstatique, en considérant que chaque nœud estaffecté d’une masse m, et en négligeant la masse propre des barres par rapport àm. On pourra prendre comme paramètres de Lagrange les déplacements (u,v,w)de chaque nœud exprimés dans la base globale (x,y,z) de la structure.

Corrigé page 121

1.8 FLEXION DYNAMIQUE SUR DEUX SEGMENTS

On considère une poutre droite OAB de longueur 2L constituée de 2 segments pris-matiques de même longueur L selon X. Cette poutre est entièrement réalisée dans unmatériau élastique homogène de module d’Young E et masse volumique .

L’aire de la section droite est S1 pour le segment OA (0 X L) et S2 pour lesegment AB (L X 2L). De même, les moments quadratiques en flexion autour deZ sont respectivement I1 et I2 pour ces deux segments.

F

O

D

2L 23

-------

ρ≤ ≤

≤ ≤

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10

La poutre travaille uniquement en flexion linéaire autour de Z, de sorte que le champde déplacement à considérer est la flèche V selon Y. Elle est encastrée en O (X=0),simplement appuyée en A (X=L) de manière bilatérale (la translation selon Y seuleest bloquée en A, mais aussi bien vers le haut que vers le bas), et libre en B (X=2L).

Modes Dynamiques Libres

On suppose dans cette partie que la poutre n’est soumise à aucune charge. Oncherche donc ses modes propres en vibration.1 Donner l’expression de la solution générique V(X;t) de la flèche tout le long de la

poutre, faisant apparaître des constantes.

Rappel : Les constantes de la solution générique donnée en cours sont valablessur un segment continu sans effort concentré.

2 Écrire les Conditions Limites en flèche en O, A et B.3 Expliciter ces conditions et donner la méthode permettant de calculer les pulsa-

tions propres ωi (i N*).

NB : On ne demande pas de calculer les pulsations propres elles-mêmes, maisseulement d’écrire le système qui permet de les obtenir, et de mentionner l’exis-tence et la nature des racines.

Réponse Harmonique

On suppose dans cette partie que la poutre est soumise à une charge (excitation)harmonique. Un moment extérieur est appliqué à la poutre en A,dirigé selon A (autour de Z) :

∈

M ωetcos=Z

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1.9 • Poutre Hyperstatique Plane

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4 Donner l’expression générique Ve(X;t) de la solution en régime harmoniquepermanent établi tout le long de la poutre, faisant apparaître des constantes.

5 Écrire les Conditions Limites en flèche en O, A et B.6 Expliciter ces conditions et donner la méthode permettant de calculer les

constantes de la solution harmonique permanente.

NB : On ne demande pas de calculer les constantes elles-mêmes, mais seulementd’écrire le système qui permet de les obtenir, et de discuter l’existence et la naturede la solution.

7 Donner une méthode pour calculer l’amplitude RAY de la réaction exercée par lebâti sur la poutre en A ?

Application Particulière

On suppose désormais que la poutre est constituée de 2 segments parallélépipé-diques plats ; les sections droites sont donc des rectangles de largeur b selon Z(b<<L). La hauteur (selon Y) des sections droites est h1=h (h<<b) pour le segmentOA, et h2= h (0 < 1) pour le segment AB.

On suppose de plus que le coefficient de Poisson ν du matériau qui constitue la

poutre, vaut .

8 Simplifier, sous ces hypothèses, les conditions limites de la question 3).9 Sans expliciter le calcul de la réponse forcée permanente, donner une condition

sur qui entraîne en A une antirésonance du mode fondamental vis-à-vis de lasollicitation harmonique considérée question 6).

Corrigé page 127

1.9 POUTRE HYPERSTATIQUE PLANE

On considère une poutre longue OAB parallélépipédique de longueur 2 selon sonaxe X. L’aire de sa section droite est S, et son moment quadratique en flexion autourde l’axe Z est I.

η η ≤

13---

η

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12

La poutre est réalisée dans un matériau élastique linéaire homogène de moduled’Young E,lmasse volumique ρ, et coefficient de dilatation thermique linéaire α.Encastrée en O (X=0) dans le bâti Galiléen, appuyée en A (X= ), elle est équipéed’une masse concentrée m montée en B (X=2 ). La poutre étant longue, le champ dedéplacements considéré se limite à la flexion linéaire autour de Z. l

Charge Statique

Dans cette partie statique, la poutre est placée dans le champ de gravité .Le chargement statique considéré est uniquement le poids de la masse m concentrée.On suppose en effet que R, composante selon Y de la réaction hyperstatique du bâtisur la poutre en A, est nulle au montage de la poutre avant fixation de la masse m.Cela revient à négliger le poids propre de la poutre par rapport à mg dans le calculstatique qui nous intéresse dans cette partie statique.1 Calculer la réaction R après mise en place de la masse m.2 Calculer la flèche au point B (X=2 ).

Modes Dynamiques Libres

On suppose dans cette partie que la poutre n’est soumise à aucune charge (ni de gravité,ni d’assemblage, ni d’excitation). On cherche ses modes propres en vibration (et natu-rellement, on ne néglige pas l’inertie propre de la poutre par rapport à m).3 Donner l’expression de la solution générique V(X;t) de la flèche tout le long de la

poutre.

Rappel : Les constantes de la solution générique donnée en cours sont valablessur un segment continu sans effort concentré.

4 Écrire les conditions limites en flèche en O, A et B.5 Expliciter ces conditions et donner la méthode permettant de calculer les pulsa-

tions propres ωi (i N*).

NB : On ne demande pas de calculer les pulsations propres elles-mêmes, maisseulement d’écrire le système qui permet de les obtenir, et de mentionner l’exis-tence et la nature des racines.

Thermique sous Gradient de Température

Dans cette question, on ne considère aucun chargement mécanique, mais le charge-ment par gradient de température suivant :

g gY–=

∈

Ta + TS Ta + TS

Ta + TiTa + Ti

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1.10 • Antirésonance par Masse Accordée

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Les faces inférieures et supérieures des deux segments sont portées aux tempéra-tures uniformes Ta+Ti et Ta+Ts respectivement, où Ta désigne la températureambiante à laquelle la structure a été assemblée sans contrainte.6 Calculer la réaction en A.

Appui Élastique7 Comment faudrait-il modifier les réponses aux questions 1) (statique), 6) (ther-

mique) et 4) (dynamique) si l’on suppose que l’appui central est remplacé par unressort de raideur k (ou deux ressorts symétriques en parallèle de raideur k/2) ?

Corrigé page 132

1.10 ANTIRÉSONANCE PAR MASSE ACCORDÉE

Dans ce problème, on considère un système simple sollicité dynamiquement autourde sa première résonance, par un effort concentré. Le but de l’exercice est d’analyserles conditions dans lesquelles, par des moyens dynamiques simples sans amortisse-ment (concrètement des systèmes masses-ressorts), il est possible d’annuler, précisé-ment dans la bande de résonance, l’amplitude du déplacement précisément du pointd’application de l’excitation dynamique.

Question Préliminaire1 Justifier, dans le cadre de la Dynamique Classique des Structures, les hypothèses

de calcul que nous adopterons, à savoir : systèmes non-amortis et sollicitationdynamique harmonique de pulsation ωe et d’amplitude unitaire.

Modèle Accordé Discret (à 2 DDL)On considère deux systèmes masse-ressort placés en série. Les paramètres deLagrange du mouvement sont x1 et x2, position des masses m1 et m2 respectivement,prises par rapport à la configuration d’équilibre de référence.

k

2

k

2

k

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14

Les rigidités k1 et k2 sont choisies de telle sort que les pulsations propres des deuxoscillateurs placés en série soient égales (de même valeur ω0). Le système étudiédans cette partie est donc :

2 Montrer que la matrice d’impédance du système, relative aux paramètres

, s’écrit :

Ce système est maintenant soumis à une force sinusoïdale d’amplitude unitaire depulsation ωe, appliquée sur la masse m1 :

La réponse permanente à cette charge dynamique est notée :

3 Montrer que pour ωe = ω0, on a β1 = 0 (antirésonance).4 Toujours à la même pulsation ωe = ω0, calculer β2.5 On observe qu’on a antirésonance dès que l’oscillateur ajouté en série a même

pulsation propre ω0 que l’oscillateur initial. On pourrait donc générer l’antiréso-nance avec une masse m2 arbitraire, en ajustant la rigidité k2. Discuter les avantageset inconvénients respectifs que l’on rencontre à prendre une masse m2 du mêmeordre de grandeur que m2 ou au contraire une masse m2 très petite devant m1.

m1m2

k1 k2

x2x1

q( )x1

x2

≡

Z ω( )[ ]ω0

2 ω2–( )m1 ω0

2m2+ ω02m2–

ω02m2– ω0

2 ω2–( )m2

=

x1

x2

perm

β1

β2

ωetcos≡ ; β1 β2,( ) R2∈ ωe R+∈,

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Modèle de Guyan d’une Poutre en Flexion Dynamique Simple

Dans cette partie, on cherche à établir un modèle masse-ressort simple d’une poutreencastrée-libre sollicitée en flexion simple dynamique par une charge sinusoïdaleunitaire appliquée en son extrémité P.

On considère donc une poutre prismatique élastique constituée d’un matériauélastostatique de module d’Young E et masse volumique ρ, de longueur L, aire desection droite S et moment quadratique en flexion I selon Z (normale au plan duschéma), travaillant en flexion (flèche V selon Y). On cherche, “vu du point Pd’application de F”, le système masse ressort auquel F s’applique et qui ait, autourde la première pulsation ω1 de résonance de la poutre, un comportement équivalentà celui de la poutre en termes de rapport entre la charge dynamique et l’amplitude dudéplacement en P :

Ce système masse-ressort doit évidemment admettre ω1 pour pulsation propre, cequi définit la relation biunivoque entre χ1 et µ1 reportée sur le schéma, et que l’onconsidère comme acquise.6 Rappeler la valeur de ω1 de la poutre encastrée-libre en fonction de E, I, ρ, S et L.7 Selon l’hypothèse de Guyan, on supposera que la rigidité χ1 est donnée par la

déformée statique en flexion simple (sous l’effet d’une charge concentrée F en P).Calculer cette rigidité par un calcul statique.

8 En déduire la masse µ1 (en écrivant la condition de pulsation propre égale à ω1).

Application à l’Antirésonance d’une Poutre

9 Déduire des questions précédentes un modèle simple équivalent à 2 masses et2 ressorts représentant l’antirésonance de la poutre dans la configuration suivante,sur son mode fondamental :

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1.11 CONTRAINTES D’ASSEMBLAGE

Première Partie : Maille Hyperstatique de Treillis Précontraint

On considère un treillis plan constitué de barres arti-culées réalisées dans un même matériau (de moduled’Young E) supposées (pour le calcul) prismatiqueset d’aire de section droite S (identique pour toutesles barres).

Elles sont assemblées initialement sanscontrainte, en une maille carrée ABCD (de côté L)représentée ci-contre :

1.1 Ce treillis, libre de tout appui, est chargé statiquement par deux forcesantagonistes d’intensité F appliquées sur l’un des côtés AB. À partir del’expression des déplacements des nœuds A et B (ou de l’énergie dedéformation du treillis), on demande de donner l’expression de la rigiditééquivalente khyperstatique du treillis complet dans cette configurationhyperstatique, entre les nœuds A et B, c’est à dire la raideur du ressort ABéquivalent au treillis complet en traction “vu entre les points A et B” :

1.2 En déduire la rigidité équivalente kisosta-

tique du même treillis rendu intérieurementisostatique par suppression de la barre AB(configuration ci-contre).

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1.11 • Contraintes d’Assemblage

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1.3 En déduire l’effort de compression NABpiégé que l’on obtiendrait en complétantle treillis précédent par l’assemblage enforce d’une barre AB de longueur defabrication L+δ, lègèrement supérieure àL (sans chargement mécanique F exté-rieur).

1.4 Si α est le coefficient de dilatation ther-mique linéaire du matériau constituant lesbarres, que devient l’effort normal NAB sil’on chauffe la barre AB à la températureδT1 (prise par rapport à la témpératured’assemblage), et le reste du treillis à latempérature δT2 (toujours en l’absence decharge F extérieure) ?Commenter.

Seconde Partie : Montage d’un Arc en Post-Flambage

“Comme un chanteur, qui sait manier la cithare, tend aisément la corde neuve sur laclef et fixe à chaque bout le boyau bien tordu, ainsi Ulysse sans effort tendit le grandarc. Puis sa main droite prit et fit vibrer la corde, qui chanta bel et clair, comme uncri d’hirondelle. Cette note plongea les prétendants dans une grande angoisse.”

Homère, L’Odyssée (chant XXI, versets 408-413)

On considère dans cet exercice un arc constitué d’une poutre prismatique desection droite rectangulaire (de plus petit moment quadratique I en flexion), delongueur L, constitué d’un matériau élastique linéaire homogène de moduled’Young E. Pour le monter, on tend une corde inextensible de longueur < L entreles deux extrémités de la poutre :

On suppose que la poutre est très rigide en compression et souple en flexion, desorte que sa longueur développée restera égale à L, dans toutes les configurations.On négligera également la flèche propre à l’effort tranchant devant celle de laflexion. On propose donc une première approche du post-flambage.

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2.1 Quelle est l’expression de l’effort critique initial de compression qu’il fautfournir pour amorcer le flambage de l’arc (c’est à dire pour obtenir labifurcation initiale de la compression de la poutre droite pour amorcer lacourbure en flexion) ?

2.2 On considère maintenant le post-flambage (après amorçage de la flexion),l’arc étant déformé selon la semi-sinusoïde fondamentale (du calcul debifurcation d’Euler) :

À partir de la dérivée seconde de la déformée (dans laquelle on ne suppose pasnécessairement que d0<<L), calculer le moment de flexion induit par cette déforméeau sommet de l’arc. En l’identifiant à l’expression du moment appliqué par la corde(en fonction de d et de la tension de la corde), montrer que la tension Nc0 de montagede la corde admet une expression indépendante de d0. Commenter le résultat.

2.3 On rappelle que la pulsation dynamique fondamentale d’une corde tendueest :

Considérant la forme de cette expression, commenter la frayeur des prétendants,mentionnée dans les vers d’Homère cités en introduction.

2.4 Dans l’Odyssée, l’arc d’Ulysse était probablement un arc Grec en boisd’olivier et de forme dite “réflexe”, c’est à dire un arc dont la courbureinitiale était inverse, et de longueur développée toujours égale à L :

Supposant que la courbure initiale au centre de l’arc est 1/R0 (R0 donné, supposégrand devant L), recalculer la tension Nc0 de la corde.

2.5 Comment pourrait-on prendre en compte l’effet d’un champ thermiqueappliqué à l’arc (poutre seule) dans le calcul de Nc0 ?

NB : L’Odyssée mentionne effectivement la possibilité d’échauffer l’arc avant de lemonter.

ω1cordeπ---

Nc0ρcSc-----------= où :

longueur de la cordeNc0 tension de montage de la corde

ρc masse volumique de la corde

Sc aire de la section de la corde

Arc avant montage

Arc monté

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1.12 • Équivalence d’Absi Treillis / Poutre 2D

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2.6 Pour simplifier le calcul, on ne prend pas encompte, dans cette question, les effets deprécourbure et de déformation thermique desquestions 2.4 et 2.5 (mais le raisonnementresterait valable). Une fois l’arc monté, oncherche ici à calculer la force F exercée sur lacorde pour lui donner une angulation β (cetteforce sera la poussée initiale sur la flèche).Calculer la tension Nc1 de la corde, et endéduire l’intensité F de la force .

2.7 Montrer que la conservation de la longueur de l’arc implique la relationapprochée ci-dessous :

Corrigé page 141

1.12 ÉQUIVALENCE D’ABSI TREILLIS / POUTRE 2DOn considère un treillis plan formé de mailles carrées hyperstatiques identiques :

Ce treillis constitue une poutre de struc-ture spatiale, dont on cherche les caractéris-tiques mécaniques. Pour simplifier, on selimitera aux sollicitations planes, et onconsidérera une maille symétrique (la struc-ture étant répétitive). Selon le schéma ci-contre, les barres articulées (travaillant eneffort normal seul) sont toutes prismatiques,constituées d’un matériau identique demodule d’Young E, d’aire de section droiteS ou S/2 et de longueur L ou L :

Chargement Normal d’une Maille

1 On considère le chargement suivant, modélisant l’effort normal dans la structure-poutre :

F

4 L –( ) πd0≅ ; 4 L 1–( ) πd1≅

2

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1.1 Établir, en fonction de , les expressions des efforts normaux , et induits respectivement dans les barres longitudinales, trans-

verses et obliques (on pourra appliquer le théorème de Menabrea).

NB : Compte tenu des répétitivités et symétries du problème, on pourra réduirel’étude à une partie de la maille.

1.2 Représenter schématiquement les déplacements des nœuds selon undessin symétrique, en supposant que le point central (intersection despoutres obliques) est fixe en translation et en rotation.

1.3 En déduire la rigidité (EpoutreSpoutre) en effort normal de la section droitede poutre équivalente à la maille considérée.

1.4 Donner la valeur du coefficient de Poisson de la poutre équivalente.1.5 Dans le cas de la compression, préciser qualitativement comment les

mécanismes de flambage peuvent être représentés, tant en ce qui concernele flambage global de la poutre-treillis modélisée, qu’en ce qui concernele flambage local.

2 Le chargement ci-dessous, modélise la flexion d’une section de la structure-poutre :

2.1 Représenter schématiquement les déplacements longitudinaux des nœuds.

NB : Il est recommandé d’étudier la maille entière, quitte à vérifier a posteriori lesinvariances, symétries et répétitivités du problème.

2.2 En déduire la rigidité en flexion (EpoutreIpoutre) de la section de poutreéquivalente à la maille considérée.

Chargement Thermique d’une Maille

On considère que toutes les barres sont constituées du même matériau thermoélas-tique linéaire de coefficient α de dilatation thermique. La structure est assemblée

F F= NlongiNtransv Nobl

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1.13 • Masses Modales Effectives d’Interface en Effort Normal

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sans contrainte ni déformation à la température de référence T0 uniforme. La mailleest supposée libre de se déformer, seul le point central est assujetti à rester fixe entranslation et en rotation (comme dans les questions précédentes).

3.1 Dans cette question, on suppose que la température de la maille est portéeuniformément à une valeur T (on pourra noter : ). Calculer lesefforts et allongements obtenus dans les barres.

3.2 On suppose ici que la barre horizontale supérieure est portée à T0 +τ (soit), la barre inférieure à T0 – τ (soit ), les barres obliques

restant à T0 (soit ).Calculer de même les efforts et allongements obtenus dans les barres. Endéduire le coefficient de dilatation αpoutre équivalent de la poutre en flexion.

Chargement Combiné de la Poutre entière

On suppose que le treillis est soumis au chargement suivant :

Le treillis peut être représenté à partir des problèmes partiels précédents ou par unepoutre équivalente (dont l’équivalence a été calculée dans les questions précédentes),de sorte que le problème à étudier devient celui d’une poutre encastrée en flexionsoumise à une flexion uniforme et à un gradient transverse de température. On note

=nL la longueur totale de la poutre, n étant le nombre de mailles (n=4 sur le schéma).4.1 Calculer la flèche transverse (perpendiculaire à l’axe de la poutre que

constitue le treillis) obtenue à l’extrémité du treillis.4.2 Pour quelle valeur de τ cette flèche s’annule-t-elle ?

Corrigé page 147

1.13 MASSES MODALES EFFECTIVES D’INTERFACE EN EFFORT NORMAL

Ce problème, qui constitue une application simple du cours, traite la modélisationdes efforts d’interface d’un système vibrant sur une direction inertielle, selon uneapproche discrète ou continue.

Question Préliminaire1 Pourquoi l’étude du système conservatif (sans amortissement) et non-excité,

étude dans laquelle n’interviennent que les énergies cinétiques et potentielles, est-elle la plus fondamentale dans un modèle de dynamique des structures ?

T T T0–≡

T τ= T τ–=T 0=

Λ

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Système discret à 3 Degrés de Liberté

On considère un système dynamique linéaire constitué de 3 masses et 3 ressortsidentiques, les paramètres de Lagrange (x1, x2, x3) désignant les déplacementsrespectifs de ces masses par rapport à la configuration d’équilibre :

2 Établir l’expression du double l’énergie cinétique du système, et en déduire lamatrice [M] de masses généralisées associée au paramétrage (x1, x2, x3). Établirde même l’expression du double de l’énergie potentielle élastique et en déduire lamatrice [K] de rigidité associée au même paramétrage.

3 À partir de la matrice [Z(ω)] caractéristique de la solution harmonique duproblème, écrire l’équation à laquelle les pulsations propres ωi doivent satisfairepour que le système ait une solution harmonique non identiquement nulle.

4 En posant , donner l’équation polynomiale en α qu’il faut résoudre

pour trouver les pulsations propres du système. Montrer que ces pulsationspropres vérifient :

; ;

NB : Voir l’annexe de l’énoncé pour la résolution de l’équation du 3ème degré.

5 Montrer que les 3 vecteurs propres d’amplitudes associés aux trois modes propressont :

6 On suppose que le mouvement, approprié au fondamental, a lieu suivant le mode1 exclusivement (donc à la pulsation ω1) :

m m m

k k k

x2x1 x3

ωi2 αi

km----≡

ω12 0.1981 k

m----≅ ω2

2 1.555 km----≅ ω3

2 3.247 km----≅

p( )1

.328

.591

.737

≅ ; p( )2

.737

.328.591–

≅ ; p( )3

.591–

.737.328–

≅

x1

x2

x3

β.328.591.737

ω1tcos≅

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Calculer, en fonction de m et ω1, le paramètre de normalisation β = βunitaire quirend unitaire (égale à 1) l’énergie mécanique du mouvement.

Rappels : Un oscillateur simple masse-ressort de masse µ et pulsation propre ω(χ-ω2µ 0) admet comme mouvement propre x = αcosωt.

L’énergie mécanique de ce mouvement approprié vérifie : 2Eméca(µ,ω)=µω2α2

En conséquence, pour une énergie (normative) unitaire, l’amplitude en déplace-

ment d’un oscillateur (µ,ω) à 1DDL est :

7 Toujours dans le cadre du mouvement approprié selon le mode 1 et d’énergieunitaire, donner l’expression de l’amplitude R de la réaction exercée par le bâtisur le système.

8 En identifiant cette expression avec son homologue pour le système (µ,ω) à1DDL, montrer que la masse modale effective d’interface µ1 du système dans sonpremier mode (fondamental) vaut :

µ1 2.742m

Rappel : La masse effective µ1, est celle du système masse-ressort (µ1,ω1) stricte-ment équivalent à ω1 au système complet, “vu” de l’interface bâti en termesd’efforts de liaison. C’est donc la masse du système à 1DDL qui donne, pour uneénergie unitaire, la même amplitude R, à la même pulsation propre ω=ω1.Pour un système (µ,ω) à 1DDL, cette amplitude R vaut évidemment :

9 Considérant de même le mouvement suivant le mode 2 :

, selon une démarche homologue à celle des

questions 6 à 8, montrer que : µ2 0.2246m

10 En déduire la masse µ3.

Système Continu à Déplacements Longitudinaux

On considère à présent, conformément aux notations du cours, une poutre droite delongueur L, de section droite constante (d’aire S), constituée d’un matériau élastiquelinéaire homogène de module d’Young E et masse volumique ρ. On note U(X)(0 X L) le déplacement longitudinal du point d’abscisse X, par rapport à la confi-guration d’équilibre. On ne s’intéresse qu’à ces déplacements longitudinaux (poutreen effort normal). Cette barre est encastrée à une extrémité (X=0) et libre à l’autre(X=L).

≡

α 2

µω2-----------=

≅

R χα ω2µ 2

µω2----------- ω 2µ= = =

x1

x2

x3

2

γunitaire

.737

.328.591–

ω2tcos≅

≅

≤ ≤

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11 Rappeler les expressions des 3 premières pulsations propres ω1 ω2 ω3, et montrer

que les mouvements propres sont de la forme :

12 On ne s’intéresse qu’au mouvement selon le premier mode, que l’on demanded’expliciter. Déterminer l’amplitude D du mouvement modal qui donne uneénergie mécanique unitaire.

13 Pour cette valeur de l’amplitude modale, calculer l’amplitude R de l’effort exercépar le bâti, et en déduire la masse modale effective du premier mode dans lemodèle continu.

14 Pour comparer avec l’approche discrète des questions précédentes, on proposed’écrire la condition reliant (ρSL ; ES/L) du modèle continu d’une part et (m,k)du modèle discret d’autre part, pour avoir dans les deux modèles à la fois mêmemasse totale du système et même pulsation du premier mode (fondamental).Commenter et conclure.

ANNEXE (rappel) :

Les racines réelles de l’équation cubique sont :

Avec : ; ; ; ;

En conséquence, les racines de l’équation cubique sont :

; ;

On pourra approximer :

; ; ; ; ;

Corrigé page 153

U(X)

L

X

Ui X t;( ) DωiX

c---------- ωit( )cossin=

x3 a2x2 a1x a0+ + + 0=

xa b c, , A B θ 2ηπ+3

-------------------- cos+= η 0= 1 ou 2,( )

Aa03-----–≡ B Q–≡ Q

3a1 a22

–

9--------------------≡ θ arc R

Q3–

--------------

cos≡

R9a2a1 27a0– 2a2

3–

54----------------------------------------------≡

x3 5x2– 6x 1–+ 0=

xa 3.247≅ xb 0.1981≅ xc 1.555≅

xa 3.2≈ xb 0.20≈ xc 1.6≈ xa 1.8≈ xb 0.45≈ xc 1.2≈

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1.14 • Vibrations en Translations d’un Élément Prismatique 2D Complet

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1.14 VIBRATIONS EN TRANSLATIONS D’UN ÉLÉMENT

PRISMATIQUE 2D COMPLET

On considère une poutre droite longue constituée d’un matériau élastique linéairehomogène de module d’Young E, module de glissement G et masse volumique ρ.Les propriétés mécaniques ES, EIZ et GST (surface efficace de section droite eneffort tranchant, ST S) sont considérées constantes le long de la poutre OAB orien-tée (0 X L). L’origine étant prise en O, l’abscisse X vaut 0, L/2 et L respective-ment en O, A et B. On considère uniquement les petits déplacements dynamiques envibrations planes, selon les notations usuelles du cours : un point courant P de laligne moyenne subit une translation U selon X et V selon Y, avec U<<L et V<<L, etune petite rotation U’ autour de Z. Les notations sont celles de la théorie dynamiquevibratoire des poutres longues.

L’objectif de cet exercice est d’étudier le comportement vibratoire général de cettepoutre dans ses translations planes complètes (incluant les flèches dues à la flexion,à l’effort normal et à l’effort tranchant) dans le plan OXY supposé Galiléen, et d’obser-ver en particulier les déplacements en O, A et B à partir d’une excitation en force appli-quée en B. Pour simplifier notre approche sans restreindre la généralité de notrepropos, on considère (en dehors de l’excitation) la poutre libre de tout blocage en sesextrémités. Enfin, on préconise une approche modale pour l’expression des équations,dont on n’exige pas la résolution complète, la solution implicite étant essentielle. Enparticulier, on ne demande pas nécessairement les simplifications des fonctions trigo-nométriques et hyperboliques exprimées au point A (milieu).

1 Questions Préliminaires

1.1 Expliquer brièvement pourquoi il est licite d’étudier les vibrations dyna-miques indépendamment d’un éventuel chargement statique.

1.2 Expliquer de même pourquoi les mouvements U(X;t) et les mouvementsV(X;t) peuvent être étudiés séparément, et aussi pourquoi dans l’étude dela flèche V(X;t) on peut dissocier VM(X;t) et VT(X;t), flèches transversesdues respectivement aux moments de flexion et aux efforts tranchants (laflèche totale étant bien évidemment V = VM + VT ).

1.3 Compte tenu des développements réalisés en cours sur les équations diffé-rentielles régissant les vibrations le long de la poutre, et considérant selonnos conventions des fréquences propres croissantes (“du statique vers ledynamique”), préciser dans quel ordre les modes en U, VM et VT doiventapparaître.

≤≤ ≤

XX

Y

Z

A BO

L

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2 Étude des Déplacements axiaux dus à la Dynamique en Effort Normal

Dans cette partie, la poutre travaille uniquement selon son axe X.2.1 Rappeler l’équation différentielle dynamique qui régit le mouvement le

long de la poutre en effort normal ainsi que sa solution générique.2.2 Poutre libre-libre : écrire les conditions limites en O et B lorsque la poutre

n’est soumise à aucune interaction extérieure (poutre en suspensionparfaite), et expliciter la solution générale U(X;t) en calculant les pulsa-tions propres.

2.3 Poutre excitée : récrire les conditions limites dans le cas où s’exerce àl’extrémité droite B (X=L) une force d’excitation canonique longitudinale :FX = cosωet. Expliciter la solution particulière en régime établi. Exprimerles amplitude de déplacement aux 3 points d’observation.

3 Étude des Déplacements transverses dus à la Dynamique en Flexion

Dans cette partie, la poutre travaille uniquement en flexion MZ. Les déplacementsconsidérés, selon Y, sont donc uniquement issus des déformations dues auxmoments de flexion.

3.1 Rappeler l’équation différentielle dynamique qui régit le mouvementtransverse VM(X;t) de flexion le long de la poutre ainsi que sa solutiongénérique.

3.2 Poutre libre-libre : à partir des conditions limites, expliciter de même lasolution générale VM(X;t) et écrire l’expression donnant les pulsationspropres.

3.3 Poutre excitée : récrire les conditions limites et recalculer de même lasolution établie dans le cas où s’exerce à l’extrémité droite B une forced’excitation canonique transverse : FY = cosωet.

4 Étude des Déplacements dus à la Flèche transverse d’effort Tranchant

Cette partie considère la partie VT(X;t) de la flèche transverse spécifiquement due àTY.

4.1 Pourquoi peut-il être nécessaire de prendre en compte cette contribution àla flèche transverse ?

4.2 Écrire l’équation différentielle dynamique qui régit la composanteVT(X;t), et sa solution générique.

4.3 Donner de même la solution en poutre libre (éventuellement formellementsimilaire à la solution de la question 2.2).

4.4 Donner de même la solution établie sous la force d’excitation canoniquetransverse FY = cosωet.

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1.15 • Thermique d’un Volet Composite à Longeron Métallique

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5 Synthèse

5.1 Si l’excitation en B est une force quelconque (bruit blanc selon X et Y),préciser l’ordre des pics de résonance des réponses en O, A et B.Commenter.

5.2 Proposer un modèle discret rendant compte (avec une certaine approxima-tion) des raideurs dynamiques en O, A et B.

Corrigé page 159

1.15 THERMIQUE D’UN VOLET COMPOSITE À LONGERON MÉTALLIQUE

Dans cet exercice, on considère un volet hypersustentateur réalisé par assemblage d’unrevêtement et d’un longeron, constitués de deux matériaux structuraux différents :

On modélisera cet assemblage par deux barres prismatiques en effort normal demême longueur L et d’extrémités confondues, la première représentant le composite(indice c), la seconde le métal (indice m). Les aires des sections droites des barressont respectivement Sc et Sm. Elles sont assujetties à avoir les mêmes déplacementsextrêmes. Chacune est constituée d’un matériau thermoélastique linéaire (loi deHooke-Duhamel, modules E et α). Enfin, on suppose que le volet est monté avec jeulongitudinal, ce qui revient à modéliser l’ensemble par le treillis élémentaire suivant :

RevêtementComposite

LongeronMétallique

Fixations

Composite

Métal

L

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La structure a été assemblée sans charge et sans contrainte à la température deréférence T0.

Elle est portée à la température T (uniforme) en service. Cette température T est lacharge qui induit les contraintes et déformations thermiques.

1 À partir de l’équilibre d’un nœud et des équations de Bresse-Duhamel appliquéesà la compatibilité des déplacements d’extrémité, donner l’expression des effortsnormaux Nc et Nm sous chargement thermique. En déduire les contraintes σc etσm dans le composite et le métal respectivement.

2 Donner l’expression de la déformation longitudinale εXX et de l’allongement totalδL du volet.

3 Application à un volet en carbone-epoxy avec longeron en alliage léger :Revêtement Composite : Ec = 80 GPa Sc = 2000 mm2 δc = 5.10-6 K-1

Longeron Métallique : Em = 72 GPa Sm = 800 mm2 δm = 23.10-6 K-1

T0 = 15 °C ; T = 110 °C ; L = 3000 mm.Calculer numériquement Nc, σm, εXX et δL.

4 Commenter les valeurs précédentes ainsi que les approximations prises en comptedans la méthode proposée.

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1.16 TRANSMISSIBILITÉ FRÉQUENTIELLE 2D D’UN ÉLÉMENT DE POUTRE DROITE

On considère une poutre droite prismatique longue (dans laquelle on négligera laflèche propre d’effort tranchant), travaillant dans le plan OXY en effort normal etflexion induisant de petits déplacements (par rapport à la longueur de la poutre). L’aire(constante) de la section droite est S, et son moment quadratique (lui aussi constant)en flexion autour de Z est I. La poutre est constituée d’un matériau élastique linéairehomogène de module d’Young E et de masse volumique ρ. Les déplacements du pointcourant sont notés, comme à l’accoutumée : U (translation selon X), V (translationselon Y) et θ (rotation autour de Z, axe principal de la section droite).

L’objectif de cet exercice est d’évaluer la transmissibilité dynamique en déplace-ment en régime établi (on ne s’intéresse donc qu’à la solution particulière enrégime permanent excité), dans le domaine fréquentiel. Concrètement, on considé-rera que l’extrémité A est soumise à une excitation de type déplacement harmo-nique imposé, et on s’intéressera aux effets dynamiques de ce déplacement à l’autreextrémité B. On mettra pour cela en œuvre les méthodes modales mises en place dansle cours (mais appliquées à des déplacements imposés, et non à des forces données).

NB : On pourra éviter d’expliciter toutes les constantes.

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1.16 • Transmissibilité Fréquentielle 2D d’un Élément de Poutre Droite

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1 Transmissibilité en Effort Normal

1.1 La poutre étant droite (de longueur L), on traite séparément l’effortnormal, qui entraîne exclusivement des déplacements axiaux.Donner la forme générique du déplacement axial (selon X) : U(X)(0 X L), solution de l’équation dynamique en déplacement axial detraction-compression.

1.2 L’extrémité A est soumise, dans un repère Galiléen, à un mouvementimposé canonique de translation selon X (axe de la poutre) :

Écrire et expliciter les Conditions Limites en déplacements en A et B.1.3 En déduire la solution en déplacement en régime établi le long de la

poutre en général, et à son extrémité B en particulier.

2 Transmissibilité Complémentaire en Mouvement Plan

2.1 Donner la forme générique du déplacement ortho-axial (selon Y) : V(X)(0 X L) en flexion (la flèche d’effort tranchant étant négligée).

2.2 L’extrémité A est à présent soumise, dans un repère Galiléen, à un mouve-ment imposé canonique de translation pure selon Y, axe perpendiculaire àla ligne moyenne de la poutre, et contenu dans le plan (Galiléen) duproblème.

Écrire et expliciter les Conditions Limites en A et B. En déduire la solu-tion en déplacement (V et ) en régime établi le long de la poutre engénéral, et à son extrémité B en particulier.

2.3 L’extrémité A est enfin soumise à un mouvement imposé canonique derotation pure autour de AZ :

≤ ≤

≤ ≤

θ V'≅

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Écrire et expliciter les Conditions Limites en A et B. En déduire la solution endéplacement (V et V’) en régime établi le long de la poutre en général, et à son extré-mité B en particulier.

3 Transmissibilité Dynamique Plane

3.1 Présenter les résultats précédents sous forme d’une matrice fonctionnellede transmissibilité harmonique de A vers B en amplitude de déplacementsU,V,θ.

3.2 Proposer une méthodologie simple pour prendre en compte l’amortisse-ment dans ce problème.

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2
STRUCTURES - COQUES
2.1 DYNAMIQUE D’UN DISQUE EN CISAILLEMENT DE RÉVOLUTION

On considère un disque mince d’épaisseur uniforme h, simplement appuyé sur sonpourtour de rayon R, et constitué d’un matériau élastique homogène et isotrope demodule d’Young E, module de glissement G et masse volumique ρ, pour lequel onne s’intéresse qu’aux déplacements transverses (selon z) et axisymétriques dans lecadre linéaire ; on cherche, dans ce problème, à étudier uniquement la flèche trans-verse due à l’effort tranchant transverse seul.

1 Justifier la pertinence de cette étude de la flèche propre d’effort tranchant trans-verse menée de manière indépendante de la flèche W de Lagrange en flexion(flèche de flexion que l’on ne demande pas d’aborder dans ce problème).

2 Donner l’équation différentielle dynamique que doit vérifier la flèche w.3 Montrer que la solution générale en r de cette équation est de la forme :

où on demande d’expliciter la signification de et des fonctions J.4 Écrire les Conditions Limites au bord du disque (r=R) et justifier le fait qu’elles

sont suffisantes pour définir le problème dynamique aux valeurs propres.

w WT≅

f r( )CTZ

ωr--------- AJ1

ωrCTZ

--------- BJ 1–

ωrCTZ

--------- +=

CTZ

31

Chapitre 2 • Structures - Coques

32

5 Expliciter ces Conditions Limites et en déduire l’équation dont la résolutionpermet de calculer les pulsations propres.

On ne demande pas de calculer les pulsations propres, mais seulement d’explici-ter l’équation dont la résolution permet de trouver ces pulsations propres, et decommenter le calcul.

Corrigé page 167

2.2 MEMBRANE HÉMISPHÉRIQUE PESANTE PRESSURISÉE

On considère une coque hémisphérique très mince d’épaisseur uniforme h et derayon a, pesante (constituée d’un matériau homogène de masse volumique ρ)simplement posée sur un bâti horizontal et soumise au champ de gravité g uniforme :

On suppose que la coque travaille en membrane.

1 Vérifier que les expressions suivantes des éléments du visseur induit par le char-gement de la coque sous son propre poids sont compatibles avec les équations

d’équilibre :

2 Ce chargement entraînant une compression dans une certaine partie de la coque,on propose de la pressuriser (surpression interne p>0).

Calculer la valeur δp de p qui permet de supprimer la compression en tout pointde la coque.

3 La coque étant désormais pressurisée, le chargement que l’on considère mainte-nant résulte de la superposition du poids propre et de la surpression δp calculéeprécédemment.

Justifier la pertinence de ce chargement vis-à-vis de la stabilité du problèmelinéaire de membrane.

0 θ π2---≤ ≤

NXX θ( ) 11 θsin+-------------------- θsin– ρgha=

NYY θ( ) ρgha1 θsin+--------------------–=

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2.3 • Divergent Parabolique Déployable

0

0

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4 Dans ce chargement combiné, on considère à présent que la coque est constituéed’un composite stratifié d’épaisseur constante.On demande de proposer un drapage adapté à la charge (proportion des fibresselon X, Y et les diagonales).

Corrigé page 171

2.3 DIVERGENT PARABOLIQUE DÉPLOYABLE

Dans ce problème, on considère la partie terminale d’un divergent de propulseurfusée, assimilée à une coque axisymétrique travaillant en membrane, dont le méri-dien est parabolique.

Les éléments géométriques définissant la surface moyenne de la coque sont préci-sés ci-dessous :

Équation de la surface dans le plan méridien :2az + r2 = 0Abscisse curviligne le long du méridien :

Courbure normale en P :

Étude ÉlastodynamiqueLa coque est soumise à une pression normale interne δp, constante dans le tempsmais variable selon z (ou r) ; cette pression constitue le chargement statique étudiédans les questions 1 à 6. On résout ce problème par la méthode de Beltrami appli-quée aux membranes axisymétriques sous chargement méridien, en calculant lesflux de membrane .1 Écrire les équations d’équilibre des coques appliquées à ce problème, en tout

point P (0<r R).

SYa2--- r

a-- 1 r2

a2-----+ r

a-- 1 r2

a2-----++

ln+=

dSY RY– dθ≡ 1 r2

a2-----+– dr=⇒

RYa

------- 1 r2

a2-----+

3 2⁄

+ 0=

Conicité (locale) en P :θ Z;Y( ) compté >0 autour de X–≡

:

1 r2

a2-----+ θcos r

a--– =

1 r2

a2-----+ θsin 1– =

NXX r( );NYY r( )( )

≤

33

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34

2 On suppose désormais (pour cette question et les suivantes) qu’on se place dans ledivergent pour lequel r>>a. Donner les équations d’équilibre simplifiées, quiserviront de référence pour le reste du problème.

3 Donner les expressions des éléments du visseur pour une pression uniforme.

NB : La constante d’intégration éventuelle sera calculée en écrivant la condition debord libre pour r=R.

4 Donner les expressions des éléments du visseur pour une pression linéaire.

5 La pression réelle étant de la forme , donner larelation que doivent vérifier α et β pour que la condition d’adadaptation de latuyère au fonctionnement dans le vide soit respectée.

NB : Cette condition - essentielle pour un divergent déployable d’étage supérieurde lanceur - consiste à faire décroître la pression interne à la coque lorsqu’onparcourt le méridien, pour atteindre une pression égale à la pression extérieuresur la lisière (bord libre) du divergent.

6 Donner le sens de variation de l’épaisseur optimale de peau le long du méridien,ainsi que du drapage (pour une peau en composite).

7 On cherche à présent à calculer, par la méthode de Rayleigh, le premier modedynamique d’ovalisation de la coque. Le point courant P de la coque étant désor-mais repéré par , on propose, pour ce mode, la déforméesuivante (déplacement normal du point P courant) :

Justifier la pertinence de cette déformée ; montrer en particulier pourquoi, bienque non-axisymétrique, elle une bonne “candidate” pour représenter le modefondamental dynamique de la coque.

8 Donner la méthodologie du calcul de la pulsation propre du mode fondamen-tal proposé à la question précédente. On ne demande pas d’expliciter tous lestermes, mais de présenter le processus de calcul.

Étude ÉlastothermiqueOn supposera, pour simplifier dans toute la suite du problème, que le matériau élas-tique qui constitue le divergent est homogène et isotrope, de module d’Young E,module de glissement G, masse volumique ρ et coefficient de dilatation thermiquelinéaire αth. On suppose aussi que la coque est d’épaisseur h constante.

Par ailleurs, grâce à la linéarité des problèmes considérés, on ne prendra plus encompte la sollicitation statique précédente, supposée déjà étudiée ; on étudiera doncséparément et indépendamment, dans les questions suivantes, les différentes sollici-tations thermiques.

δp1 α≡

δp2 βz≡δp α βz+ α R+*∈ β R∈,( )=

r ψ, ; t( ) 0 ψ 2π≤ ≤( )

W b t( )r 2ψ( )cos= avec 0 ψ 2π<≤( )

ω0

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2.3 • Bande de Roulement d’un Pneu Tubeless

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Comme il s’agit d’un divergent déployable ajouté, on considère ici que la coqueest simplement posée sur le propulseur, et libre de se dilater.9 Donner la forme de la déformée obtenue à partir de la surface de référence

lorsqu’on considère que la tuyère est portée à une température uniforme T1 diffé-rente de la température de référence T0.

10 Définir le visseur induit dans le divergent si la coque est soumise à un gradientuniforme Cth de température selon Z (normale à la coque, dirigée vers l’extérieur).

Synthèse11 Donner une interprétation physique des charges ou configurations considérées

aux questions 5 (statique), 7-8 (dynamique linéaire) et 9-10 (thermique).Corrigé page 173

2.4 BANDE DE ROULEMENT D’UN PNEU TUBELESS

On considère la coque d’un pneu de rayon total R, modélisée comme une membranetorique de révolution autour de l’axe z (axe de la roue), s’appuyant sur la jantesupposée indéformable :

Plus précisément, la section du tore constituant le pneu Tubeless (sans chambre àair) est représentée comme un ovale, constitué de deux-demi tores de section circu-laire de petit rayon a (bandes latérales) assemblés à une partie cylindrique delargeur c (bande de roulement), selon le schéma ci-dessous :

35

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36

Les axes ( ) constituent le repère local au point courant de la surface cylin-drique, selon les conventions et notations usuelles des coques de révolution.

Dans cet exercice, le chargement considéréest la pressurisation interne δp de la coque, quis’exerce normalement et statiquement sur toutesa surface interne.

Le pneu est représenté par une coque mincetravaillant exclusivement en membrane.

1 Vérifier que, dans la partie cylindrique consi-dérée (bande de roulement), le visseur demembrane s’exprime :

2 Le pneu peut être considéré comme un composite, dont les armatures métalliquesconstituent les fibres, et le caoutchouc la matrice. Dans les deux cas suivants, propo-ser un drapage adapté en résistance au gonflement pour la bande de roulement :

a) Pneu voiture : R = 280 mm, a = 40 mm (δplim = 3.6 105 Pa ; c = 120 mm)b) Pneu avion : R = 650 mm, a = 150 mm (δplim = 17 105 Pa ; c = 200 mm)

3 On considère à présent un pneu à structure diagonale, pour lequel la membranepeut être considérée comme quasi-isotrope (en première approximation), demodule d’Young et coefficient de Poisson .Donner l’expression de la variation de diamètre due au gonflage.

Corrigé page 181

2.5 COQUE TRONCONIQUE SOUS SON PROPRE POIDS

On considère une coque tronconique, dont on note θ l’angle de conicité :

X Y Z, ,

p

ϑ( ) NXX TXY

TXY NYY

≡ δpR 0

0 a 1 a2R-------–

=

EXX EYY E≡≅ ν 0.3≡

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2.6 • Déformées d’une Plaque Rectangulaire

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Les hypothèses de calcul sont les suivantes :- le point courant C est repéré par le rayon r : a r b avec a<b, 0<θ<π/2 ;- l’épaisseur h de la coque est uniforme, et le matériau qui la constitue est

homogène, de masse volumique ρ ;- h étant très petite devant a, la coque travaille exclusivement en membrane ;- le chargement considéré se réduit au poids propre de la coque selon l’axe z

vertical de révolution, la gravité g étant uniforme :

NB : g est évidemment dirigée selon l’axe de révolution z, et non selon lanormale Z.

- la coque est simplement posée sur un bâti, en contact avec la base du tronc decone, le bord supérieur étant libre (schéma ci-dessous) :

1 Écrire les équations d’équilibre local des membranes en C.2 En tirer l’expression du flux NXX(r), puis l’expression générale du flux NYY(r).3 Achever la détermination du visseur en écrivant les conditions limites pour r=a.4 En supposant que θ vaut π/4, proposer des évolutions de pourcentages de fibres

adaptés au visseur, selon les orientations classiques, si la coque est réalisée enmatériau composite.

5 Discuter la validité des hypothèses de calcul (en particulier l’hypothèse demembrane) lorsque θ tend vers 0 ou π/2.

Corrigé page 183

2.6 DÉFORMÉES D’UNE PLAQUE RECTANGULAIRE

On considère une plaque mince rectangulaire de longueur 2L, largeur 2 , et d’épaisseurh uniforme. On suppose que X est la direction correspondant à la longueur, et donc L .

≤ ≤

g gz–=

≥

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38

La plaque est constituée d’un matériau élastique linéaire homogène isotrope(module d’Young E, coefficient de Poisson ν, masse volumique ρ), et travaille exclu-sivement en flexion (flèche de flexion W(X,Y), la flèche propre à l’effort tranchantétant négligée). Elle est fixée à un bâti sur ses quatre bords, de sorte que la flèche West nulle sur les 4 côtés, avec un moment de flexion résiduel résultant des fixations.On se propose, selon une approche Lagrange-Rayleigh, de calculer un mode propredynamique linéaire à partir d’une déformée simple.

Étude Statique

On suppose que la plaque est soumise à moments linéiques uniformes sur chacunede ses frontières :

On suppose que ces moments sont de la forme :

; (B : constante positive donnée)

On admettra que le visseur induit dans la plaque est uniforme, et défini par :

; ;

La flèche induite en O par ce visseur vaut donc :

1 Montrer que le double de l’énergie de déformation élastique s’exprime :

2 Simplifier cette expression lorsque (plaque carrée) et (matériauusuel).

3 Selon les mêmes hypothèses, exprimer en fonction de A. Commentercette expression.

µXB2

-----–≡ µY + B

L2------≡

MXXB2

-----–≡ MYY + B

L2------≡ UXY 0≡

W 0 0,( ) A≡ B2EI--------- L2

2------

2

L2------ 2ν–+= avec I h3

12------≡

2Eélast4B2

EIL------------ L2

2------

2

L2------ 2ν–+=

L≡ ν 13---≡

2Eélast

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2.7 • Peau Composite d’un Fuselage Pressurisé

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Étude Dynamique

On propose la déformée dynamique suivante :

4 Montrer que cette déformée vérifie les conditions limites en flèche et qu’ellecorrespond au mode fondamental en vibration. Commenter la valeur des momentsde flexion induits sur les bords.

5 À partir de la définition : , exprimer en fonc-

tion de A.. Commenter cette expression.

Synthèse

6 En admettant que l’on peut associer à cette énergie cinétique dynamique l’énergie poten-tielle calculée dans la partie statique (on approxime la déformée dynamique par la déforméestatique), et en remarquant que est une forme quadratique en A et une formequadratique en A.

, déduire de la conservation de l’énergie mécanique la pulsation propreω1 du mode représenté, pour une plaque carrée de coefficient de Poisson égale à 1/3.

7 Commenter les hypothèses proposées pour ce calcul.

8 Proposer des expressions de W permettant de calculer des modes harmoniques.

NB : On rappelle que :

Corrigé page 186

2.7 PEAU COMPOSITE D’UN FUSELAGE PRESSURISÉ

On considère le cas de charge de pressurisation à Charge Limite appliqué à la peaud’un fuselage fermé pressurisé en matériau composite, représenté par une membranecylindrique mince de rayon a et d’épaisseur h, soumise à une surpression interne δp.Conformément aux notations classiques des membranes axi-invariantes, X et Y sontles axes locaux d’orthotropie de la peau (Y est l’axe longitudinal fuselage).

1 Rappeler l’expression des contraintes principales σXX et σYY induites pas lacharge de pressurisation dans une membrane cylindrique homogène d’épaisseuruniforme. Donner un drapage typique (% de fibres par orientations) adapté à cettesollicitation.

Wsin X Y, ;t( ) A t( ) πX2L-------cos

πY2-------cos

=

2Ecin W.( ) ρhW.2

–

+

∫L–

+L

∫= 2Ecin

2Epot 2Ecin

cos2u udπ 2⁄–

+π 2⁄

∫ π2---=

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2 L’avion volant en croisière au niveau 350 (35000 ft ou 11000 m), δp vaut 0.8 barsà Charge Limite (1bar 105 Pa). Sachant que a = 2200 mm et h = 5 mm donnerles valeurs numériques des contraintes σXX et σYY à Charge Limite.

3 On donne les éléments suivants :- les modules élastiques de la peau sont : EXX = 60 GPa ; EYY = 40 GPa ;

νXY = 0.3- le critère de Tolérance aux Dommages impose, à charge limite, que la plus

grande déformation principale en traction ne dépasse pas 0.2% (et encompression -0.1%, soit 0.1% en valeur absolue).

On demande de calculer la marge structurale dont on dispose dans la peau àcharge limite. Commenter le résultat.

On s’intéresse à présent aux contraintesautour d’un accident de forme, représentépar une ouverture circulaire de rayon r(<<a) pratiquée dans la peau.

On rappelle qu’autour d’un trou circulairepercé dans une plaque d’épaisseurconstante en traction simple (contraintecourante ), les contraintes locales enbord de trou atteignent les valeurs maximales shématisées ci-contre :

4 Donner l’expression descontraintes induites par lapressurisation aux points Aet B en bord de trou (sché-mas ci-contre).

5 En déduire l’expression desdéformations en A et B.Calculer leurs valeurs numé-riques et commenter.

Corrigé page 189

2.8 COQUE HÉMISPHÉRIQUE SOUS PRESSION NON UNIFORME

On considère une coque hémisphérique de rayonmoyen a, réalisée en matériau élastique linéaire(module d’Young E, nombre de Poisson ν, massevolumique ρ). Son épaisseur h (uniforme) est suffi-samment petite pour qu’on suppose qu’elle travailleexclusivement en membrane.

Dans tous les cas de charge considérés, on aura àtraiter un problème axi-invariant de membrane. L’axe

≈

σ∞

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2.8 • Coque Hémisphérique sous Pression Non Uniforme

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autour duquel s’opère cette invariance est Oz, axe de référence inertiel, considérécomme la verticale ascendante locale, O étant le centre du grand cercle de référence.On propose une approche de Beltrami pour la partie statique, et de Navier-Lagrangepour la partie dynamique.

Étude sous Charge Hydrostatique

La coque est supposée remplie à ras bord d’un fluide incompressible de masse volu-mique ρf, et placée dans le champ de pesanteur g. On néglige le poids propre de lacoque par rapport à celui du fluide qu’elle contient. 1 L’hémisphère est en réalité le fond qui

referme un réservoir (lui aussi membra-naire). Il est “suspendu” par sa lisièresupérieure, qui subit un flux linéique N demembrane, uniforme et dirigé selon z.En écrivant l’équilibre global de la demi-sphère selon z, donner l’expression duflux N sur la lisière.

2 On considère à présent un point P de la

coque, repéré par

En P, la pression hydrostatique dans lefluide vaut : p = ρf ga cosα

On considère le repère local PXYZ clas-sique de la théorie des coques (voir schémaci-contre).

En écrivant l’équilibre selon z de la calottesphérique de demi-angle au sommet α montrerque le flux de membrane NYY(α) s’exprime :

Vérifier que cette expression est compatible avec la condition limite sur la lisièrecalculée en 1.

3 Montrer que l’équation d’équilibre local selon la normale Z en P, au sens desmembranes, se réduit à :

4 En déduire l’expression du flux NXX(α).

α 0 α π2---≤ ≤

NYY α( )ρfga2

3-------------- 1 cos3α–

1 cos2α–-----------------------=

ρfga2 αcos NXX NYY+( )– 0=

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Étude Dynamique du Premier Mode Longitudinal

Dans cette partie dynamique, la coque est maintenant vide. On suppose que le cadrefort sur lequel elle s’appuie bloque les déplacements des points de la lisière supé-rieure. On souhaite calculer, avec une bonne approximation, la pulsation du premiermode de membrane en translation longitudinale (selon z, axe global longitudinal)axi-invariante. On propose donc le champ de déplacement suivant, exprimé dans lesaxes locaux PXYZ en P (mêmes notations qu’en statique) :

Suivant l’approche de Rayleigh-Ritz, on cherche à calculer la pulsation ω1 de cemode selon cette déformée de la coque.5 Commenter la nature de la déformée choisie, notamment vis-à-vis des conditions

limites sur la lisière supérieure.6 Montrer que le double de l’énergie cinétique de la coque dans cette déformée s’exprime :

7 Pour calculer l’énergie potentielle élastique induite par la déformée, il faut calcu-ler le visseur (selon les étapes de Reissner).Montrer que, dans le cas considéré, les déformations s’expriment (dans la base locale) :

8 Pour simplifier les calculs tout en restant précis, on considèrera que ν=1/3.Montrer que les éléments non-nuls du visseur de membrane induit par la défor-mée considérée s’expriment :

9 Donner l’expression du double de l’énergie de déformation surfacique demembrane, en fonction de W, puis en fonction de δ.

10 En déduire, par intégration, l’expression du double de l’énergie potentielle élas-tique.

11 En déduire la pulsation propre ω1 cherchée. Commenter le résultat.Corrigé page 191

2.9 PLAQUE EN FLEXION AVEC APPUI ÉLASTIQUE

On considère une plaque mince rectangulaire d’épaisseur h uniforme, constituée d’unmatériau élastique linéaire homogène isotrope (module d’Young E, coefficient de

U V 0= =

W δt αcos= avec δt<<a( )

2Ecin2π3

------ρha2δ.2=

εXX εYYWa-----= =

NXX NYY32---Eh

a-------W= =

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2.9 • Plaque en Flexion avec Appui Élastique

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Poisson ν, masse volumique ρ), encastrée en son extrémité X 0. Cette plaquetravaillant uniquement en flexion (flèche W) constitue le domaine élastique étudié.

Elle est assemblée en son autre extrémité X L à une membrane très mince netransmettant aucun moment de flexion, et ne travaillant, dans notre cas, qu’en effortnormal de traction-compression. Cette membrane d’appui, de longueur a, d’épais-seur e petite devant h, est constituée du même matériau que la plaque en flexion.

Par unité de largeur selon Y, la membrane d’appui est donc équivalente, pour laplaque en flexion étudiée, à un simple ressort selon z, sans masse (car a<<h) et de

raideur .

Dans les cas de charge considérés, en statique comme en dynamique, on supposeraqu’aucun phénomène de flambage n’apparaît, de sorte que la membrane se comporteeffectivement comme une rigidité χ constante, aussi bien en traction qu’en compression.

Résolution Statique

On considère le chargement statique ci-dessous

≡

≡

χ Eea

------=

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1 Calculer la flèche W(L) en extrémité de plaque en flexion. Préciser les hypothèses.2 Exprimer les éléments du visseur en tout point de la plaque en flexion.

Équations Dynamiques

On considère le chargement dynamique ci-dessous

3 Rappeler la forme générique de la solution modale Y-invariante.4 Exprimer les conditions limites en X=0 et X=L appliquées à cette solution.5 En considérant la structure sans charge, récrire les conditions limites (sans excita-

tion) et en déduire les équations définissant les pulsations propres de la structure.

NB : Dans les questions 4 et 5, on ne demande pas d’expliciter la solution,mais uniquement les équations de conditions limites permettant detrouver les constantes de cette solution.

Corrigé page 195

2.10 VIROLE LIBRE DE RÉSERVOIR SOUS PRESSION HYDROSTATIQUE

On considère une coque cylindrique de rayon a et longueur L, travaillant enmembrane. Cette coque est repérée selon les convention usuelles du cours : z étantl’axe général de révolution, XYZ est le repère local au point courant P qui nous inté-resse. P est reperé par sa position z (0 z L).

On ne considère que la paroi latérale (sans les fonds), libre de tout effort et de toutcontact sur ses deux lisières extrêmes (z=0 et z=L). On suppose qu’elle est soumiseà une pressurisation interne δp=αz (variant linéairement selon z), qui constitue lechargement étudié. On se propose d’appliquer la méthode de Beltrami.

≤ ≤

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2.11 • Coque en Rotation

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1 Compte tenu des symétries et invariances du problème, rappeler quels sont lestermes non-nuls du visseur de membrane en P.

2 Écrire les équations d’équilibre local des membranes en P, en tenant compte dessymétries et invariances du problème.

3 Vérifier que la solution NYY 0 ( ) est compatible avec les équations d’équi-libre et les conditions limites aux deux extrémités de la coque.

4 En déduire la solution en termes de flux de membranes, en calculant explicitementNXX(z).

5 Si on suppose que la coque est constituée d’un matériau métallique homogène,donner la nature de la loi d’évolution de l’épaisseur h(z) optimisée pour ce char-gement.

6 Préciser de même quels sont le types de drapages adaptés à ce chargement, si lacoque est réalisée en composite stratifié.

7 Dans le cas d’un matériau homogène et isotrope (module d’Young E, coefficient dePoisson ν), calculer les déformations εXX et εYY en P.

En déduire en particulier la flèche W(z) en P.

Corrigé page 200

2.11 COQUE EN ROTATION

On considère un réflecteur léger et souple d’antenne en impesanteur, constitué d’unemembrane de révolution, que nous assimilerons pour simplifier à une calotte sphé-rique de rayon a. Ce réflecteur est tendu par rotation (vitesse angulaire ω constante)autour de son axe de révolution Oz (voir ci-dessous, schéma de gauche). On rappelleégalement les données métriques des lignes de courbures principales de la surfacesphérique (voir ci-dessous, schéma de droite), dont la calotte constituant l’antenne a

≡ z∀

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été extraite (découpé autour du pôle correspond à θ=-π/2, point O d’intersection duréflecteur avec l’axe de rotation .

La coque est constituée d’un matériau élastique isotrope homogène d’épaisseur huniforme et de masse volumique ρ. On se propose de résoudre le problème par laméthode de Beltrami.1 Écrire les équations d’équilibre local des membranes axi-invariantes sous charge-

ment méridien.2 Donner l’expression des charges surfaciques dues à la force centrifuge, dans la

base locale Y, Z du point courant de la coque.3 Expliciter les équations d’équilibre local en fonction des seuls termes non-nuls.4 Montrer que la solution NYY 0 est compatible avec ces équations.

Expliciter alors NXX(θ).5 Commenter cette solution, notamment en ce qui concerne les conditions limites

du problème et la stabilité mécanique de la structure.Corrigé page 202

2.12 MODES DE TORSION-FLEXION D’UN RECTANGLE APPUYÉ

On considère une plaque rectangulaire de longueur L, largeur b et épaisseur h,constituée d’un matériau élastique homogène (module d’Young E, coefficient de

RX r θacos= =

RnXr

θcos------------– a–= =

RgX + rθsin

----------- a θcosθsin

------------= =

RY RnY a–= =

dsY adθ=

≡

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2.12 • Modes de Torsion-Flexion d’un Rectangle Appuyé

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Poisson ν, masse volumique ρ) appuyée sur deux appuis en couteau (appuis simpleslinéiques sur bâti Galiléen) en X=0 et X=L.

Ces appuis seront conservés dans toutes les questions de cet exercice. Par ailleurs,on définit les approximations suivantes, que l’on adoptera pour simplifier les expres-sions dans les calculs, et qui restent compatibles avec une précision de l’ordre du % :

; ; module de glissement G tel que

On s’intéresse dans un premier temps à la pulsation ω1torsion du premier mode dela plaque en torsion. On adoptera pour cela une première approche de type poutre, cequi suppose que les sections droites se déforment peu. Si on ne les raidit pas, celarevient à supposer que la plaque est relativement longue. En pratique, cette conditionest vérifiée dès que L>2b, hypothèse que nous adopterons a priori.1 Rappeler l’équation différentielle qui régit la dynamique de torsion de la poutre

(équation en rotation θX, X étant l’axe de la poutre). Expliciter en particulier lavitesse de propagation ctorsion des vibrations de torsion en fonction des donnéesdu problème et des hypothèses simplificatrices. On pourra l’exprimer en fonctionde G, puis de E.

2 Expliciter la solution générique de cette équation. À l’aide des conditions limitesaux deux extrémités de la plaque-poutre, donner l’expression de la pulsationpropre ω1torsion du premier mode de torsion.On s’intéresse ensuite à la pulsation du n-ième mode de flexion Y-invariante

(toujours dans la configuration appuyée-appuyée), que l’on pourra assimiler au n-ième mode d’une poutre équivalente en flexion, en n’oubliant pas que la rigidité I enflexion à considérer devra prendre en compte le fait que la largeur est importante, parle coefficient 1/(1-ν2).3 Rappeler l’équation différentielle qui régit la dynamique de flexion de la poutre

(équation en flèche V due à la flexion).4 Expliciter la solution générique de cette équation. À l’aide des conditions limites

aux deux extrémités de la plaque-poutre, donner l’expression de la pulsationpropre ωnflex du n-ième mode de flexion.

L

b

π 10≅ 1 ν2–( ) 5

6---≅ G

E---- 3

5---≅

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5 Donner l’expression du rapport L/b tel que ωnflex coïncide avec ω1torsion

NB : En réalité, ωnflex ≅ ω1torsion compte tenu des approximations appliquées.

Pour quelle(s) valeurs de n cette solution est-elle compatible avec l’hypothèse decalcul poutre (L>2b) ? Commenter.

6 On suppose que la plaque adopte un allongement défini par la condition précé-dente, et qu’elle est soumise à une charge sinusoïdale de pulsation voisine deω1torsion (≅ ωnflex dans ce cas). Quelle est alors la nature du mouvement observé ?

Corrigé page 204

2.13 MODES LIBRES D’UNE PLAQUE EN TORSION-FLEXION

Dans ce problème, on considère une plaque rectangulaire mince de longueur L selonson axe X, de largeur b selon son axe Y, d’épaisseur h uniforme selon Z. Cetteplaque est constituée d’un matériau élastique classique (homogène, isotrope,linéaire) de module d’Young E, coefficient de Poisson ν et masse volumique ρ. Elleest considérée libre de tout appui et de toute charge extérieure, et sans amortisse-ment, modélisant donc un panneau placé en orbite (sous vide et en impesanteur).

On se limitera, dans ce problème, à l’étude du premier mode en gauchissement etdu premier mode en flexion Y-invariante. On considérera en outre que la plaque estrelativement allongée (L>1.8b), ce qui autorise une première approche des modesenvisagés à partir de modèles de poutre : torsion autour de X pour le gauchissementplaque, flexion autour de Y pour la flexion plaque.

Question Préliminaire

1 Préciser géométriquement les conditions selon lesquelles il est licite de ramener lecalcul des modes de plaque à un calcul de poutre.

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2.14 • Plaque en Flexion sur Appuis Asymétriques

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Mode Fondamental en Torsion Libre2 Après avoir rappelé l’équation différentielle régissant les mouvements de torsion

le long d’une poutre, expliciter cette équation dans le cas de la section droiterectangulaire bh de la plaque considérée.

3 Après avoir rappelé la solution générique modale en torsion, expliciter les condi-tions limites aux deux extrémités de la plaque (X=0 et X=L). En déduire l’expres-sion générale des pulsations propres ωt en torsion.

4 Dans le cas du mode fondamental en torsion, dont on explicitera la pulsation ωtI,quelle est la nature de la déformée modale ?

Mode Fondamental en Flexion Plane Libre5 Après avoir rappelé l’équation différentielle régissant les mouvements de flexion

Y-invariante (déplacement W selon Z indépendants de Y dans la plaque) le longd’une poutre, expliciter cette équation dans le cas de la section droite rectangu-laire bh de la plaque considérée.

6 Après avoir rappelé la solution générique modale en flexion, expliciter les condi-tions limites aux deux extrémités de la plaque (X=0 et X=L). En déduire lesystème d’équations auxquelles doivent satisfaire les constantes de la solutiongénérique, en l’exprimant en fonction des deux premières d’entre elles.

7 En déduire l’équation définissant les pulsations propres en flexion.8 Sachant que la plus petite racine strictement positive de l’équation 1-

ch(γ)cos(γ)=0 est, numériquement , écrire l’expression de la pulsationfondamentale en flexion.

Mode Couplé Flexion-Torsion9 Donner l’expression du rapport L/b tel que la pulsation fondamentale en flexion

soit égale à la pulsation fondamentale en torsion. Commenter ce résultat.

Questions SupplémentairesOn suppose désormais que la plaque vérifie la condition géométrique définie question 9.10 On suppose que l’on applique en un point quelconque une force sinusoïdale de

pulsation égale à cette pulsation propre commune. Donner les caractéristiquesqualitatives du mouvement obtenu (sans faire de calcul).

11 Si on souhaite identifier le mode fondamental sur un bâti (essai au sol, et non enimpesanteur), indiquer (qualitativement) sur quel(s) point(s) on doit appuyer laplaque.

Corrigé page 206

2.14 PLAQUE EN FLEXION SUR APPUIS ASYMÉTRIQUES

L’objectif de ce problème - qui constitue une application directe des calculs réalisésen cours - est d’évaluer, sur un exemple simple, l’influence des asymétries induitespar les encastrements.

γl 4.730≅

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On considère une plaque mince rectangulaire d’épaisseur h uniforme, constituéed’un matériau élastique homogène isotrope (de module d’Young E, coefficient dePoisson ν et masse volumique ρ), chargée en flexion statique par son propre poids(gravité g), en configuration appuyée-encastrée, selon le schéma classique suivant :

Problème Asymétrique Encastré-Appuyé

Les parties grisées représentent le bâti Galiléen indéformable de référence.

Approche Statique

1 Donner l’expression de la réaction hyperstatique linéique QXZ(L) exercée parl’appui sur la plaque, en justifiant les hypothèses de calcul considérées.

2 Donner l’expression des éléments non-nuls du visseur de plaque en tout point.3 Calculer l’abscisse Xm de la ligne de points de flèche maximale (en valeur abso-

lue), ainsi que la valeur de la flèche en ces points.On négligera la flèche provenant des efforts tranchants transverses.

4 Comparer les 3 résultats précé-dents avec leurs homologuesdans le problème symétriqueappuyé-appuyé (ci-contre).Commenter.

Approche Dynamique

5 Calculer les 5 premières pulsations propres de flexion Y-invariante de la plaque enconfiguration encastrée-appuyée (asymétrique).Préciser la valeur des hypothèses considérées.

6 Comparer ces pulsations à celles que l’on trouve en configuration symétriqueappuyée-appuyée, et commenter.

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2.15 • Réservoir Torique Pressurisé

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7 Définir une méthodologie permettant d’étendre le calcul de ces pulsations à uneplaque sur laquelle on ajouterait une masse ponctuelle ou linéique, située parexemple à X=L/2.

Corrigé page 210

2.15 RÉSERVOIR TORIQUE PRESSURISÉ

On considère une membrane torique (“chambre à air”) mince de révolution autourde l’axe Oz, selon le schéma ci-dessous (représenté selon une coupe dans un demi-plan méridien) :

On suppose que le rayon a de la partie fermée est inférieur au rayon moyen b(a<b). L’épaisseur de la membrane est constante et notée h (<<a). Le chargementconsidéré est une surpression δp interne (>0). Le point P courant est repéré par sadistance r (=b+asinγ) à l’axe de révolution, comprise entre b-a et b+a.1 Expliciter les équations d’équilibre local des membranes de révolution sous char-

gement méridien dans ce cas particulier faisant intervenir les flux de membraneN1 = NXX et N2 = NYY.

2 Montrer que le champ ci-dessous vérifie ces équations, et constitue donc la solu-tion du problème de Beltrami de membrane :

3) Pour simplifier, on suppose désormais que . Expliciter les contraintes prin-cipales en P.

4) On suppose que c’est la plus grande des contraintes principales (ici : NYY) quidéfinit le critère de résistance.En quel(s) points Pc cette contrainte est-elle maximale (points critiques) ?En quel(s) points Pnc cette contrainte est-elle minimale (points non-critiques) ?

5) Si le réservoir torique est réalisé en composite stratifié, proposer un drapage (Dc)adapté aux points Pc, et un drapage (Dnc) adapté aux points Pnc.

Corrigé page 213

NXX r( ) δpa2

---------= ; NYY r( ) δpa2

--------- 1 br---+

=

a b2---=

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2.16 ÉTUDE D’UN MICRO ACTUATEUR EN FLEXION

Les micro- et nano-technologies mettent en œuvre des actuateurs piézo-électriquesqui fournissent des efforts importants sur des courses très limitées. Ce problèmepropose d’appliquer les propriétés des plaques en flexion à une configurationpermettant précisément une amplification des débattements. On traitera le problèmeen statique puis selon les deux premiers modes dynamiques.

On considère un disque circulaire de centre O, de rayon a et d’épaisseur uniformeh<<a, constitué d’un matériau homogène, isotrope, élastique, linéaire, de moduled’Young E, coefficient de Poisson ν et masse volumique ρ. Ce disque est étudié dansle cadre des hypothèses classiques des plaques minces en flexion en petits déplacements,sans prise en compte des déplacements dus aux efforts tranchants transverses. On utili-sera les coordonnées polaires r, ψ, z, et comme le problème sera considéré axi-invariant(“axisymétrique”) autour de Oz, on travaillera dans un plan méridien O, ur, z :

NB : Compte tenu de l’échelle (rayon de quelques millimètre, épaisseur dequelques dixièmes de millimètre), on négligera le poids propre de la plaque enstatique. La masse volumique ρ, en revanche, sera bien évidemment prise encompte inertiellement pour l’étude dynamique.

Étude Statique

On considère que la plaque est simplement appuyée sur son pourtour (r=a), et que lesystème piézoélectrique soumet cette lisière à un moment linéique donné µ(uniforme, et constant dans le temps) autour de uψ (induisant donc un moment Mrrdans la plaque), comme indiqué sur les figures qui suivent.

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2.16 • Étude d’un Micro Actuateur en Flexion

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1 Suivant la méthode hybride Beltrami-Reissner, étant donné que le chargement induitun effort tranchant transverse Qrz identiquement nul dans toute la plaque, écrirel’équation différentielle de base régissant les variations de W(r) pour 0 r a.

2 En déduire la forme de la solution W(r) (0 r a), flèche selon Z.3 Considérant, en r=a, la condition d’appui simple et le moment linéique µ appliqué,

écrire les conditions limites en r=a et en déduire l’expression exacte de laflèche W(r).Donner en particulier son expression en O (r=0).

4 Déduire de l’expression de W(r) les expressions des éléments du visseur dans laplaque. Commenter.

Étude Dynamique5 Vibrations libres : dans cette question, la plaque est simplement appuyée sur sa

lisière, sans excitation (µ 0).Dans la formulation modale classique “axi-invariante” W(r;t)=f(r)g(t), rappeler lasolution générique f(r), et donner l’expression en f des conditions limites.Indiquer ensuite la méthode de résolution permettant de trouver les modespropres. On ne demande pas d’expliciter les équations (qui ne seront de toutesmanières résolubles que numériquement) mais seulement de décrire la méthode. Préciser la nature des formes modales correspondantes et rappeler les limitationsthéoriques de cette modélisation.

6 Vibrations forcées : donner la méthode de calcul de la solution en régime perma-nent lorsqu’on considère, de manière canonique, que le moment appliqué dynami-quement (toujours autour de uψ) est : µ cos(ωet).

Synthèse7 On cherche à calculer le facteur d’amplification statique en déplacement, sachant que

l’actuateur piézoélectrique applique en r=a le moment µ comme indiqué ci-dessous :

La plaque est appuyée sur sa lisière, et lesystème piézoélectrique (couronne) appliqueun effort selon z sur un rayon a-h (h étanttoujours l’épaisseur de la plaque), qui

≤ ≤≤ ≤

≡

≡

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détermine une flèche locale δ (<<h). L’amplification peut donc être définie commele rapport entre δ et la flèche en O :

en statique

Considérant le résultat statique de la question 3, et en identifiant la pente en r=a aurapport δ/h, donner l’expression du facteur ηs d’amplification statique. Ce rapportreprésente effectivement le ratio entre la course de l’élément piézoélectrique et ledéplacement maximal obtenu. 8 Dans certaines bandes de fréquence particulières, que l’on précisera, donner

l’expression du facteur d’amplification ηd dynamique/statique en fonction del’amortissement adimensionnel équivalent ζ du système (matériau de la plaque etamortissement linéique des appuis). L’amplification géométrique totale pour cesfréquences est naturellement η ηsηd.

Questions subsidiaires

9 Si on ajoute une masse m ponctuelle, fixée sur la plaque en O, proposer uneméthode (sans mener le calcul) pour trouver les fréquences propres.

10 Proposer une autre configuration - éventuellement non-linéaire - permettantd’obtenir une amplification plus importante. Commenter.

Corrigé page 214

2.17 ÉLÉMENT DE COQUE LANCEUR SOUS CHARGEMENT COMPLET

On considère la partie cylindrique d’un réservoir de lanceur, dans son chargementcomplet en statique équivalent. Celui-ci résulte de 3 charges qui se superposent :

- pressurisation interne : surpression interne ∆p- efforts longitudinaux lanceur : force F appliquée par les étages supérieurs,

selon l’axe z lanceur- moment de roulis : moment Γ transmis par les étages supérieurs, autour de

l’axe z lanceur.

ηsW 0( )

δ-------------=

≡

a

ZZ=K

XX 11

XX 2== z

P

zz (axe de révolution)

Charge A

p

Charge BB

Résultante FF

Charge C

Momentrésultant

Pressurisation

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2.18 • Déformée Quadratique d’une Plaque Carrée en Flexion

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La coque est une membrane cylindrique de rayon a, dont les lignes coordonnées L1et L2 sont les parallèles et méridiens (repère local X1, X2, K défini selon schéma ci-dessus), constituée d’un matériau élastique linéaire homogène d’épaisseur h uniforme.1 Donner les expressions des flux de membrane dus à la charge A (indice A) : N11A,

N22A, TA en un point P de la partie cylindrique.2 Donner les expressions des flux de membrane dus à la charge B (indice B) : N11B,

N22B, TB.3 Donner les expressions des flux de membrane dus à la charge C (indice C) : N11C,

N22C, TC.4 Calculer numériquement les valeurs des grandeurs ci-dessus, ainsi que les flux

totaux (charge totale A+B+C) avec les données suivantes : a = 2m ; ∆P=5.105 Pa ;F = 6.106 N ; Γ = 2.106 Nm.

5 Considérant les flux numériques totaux calculés, proposer des proportions de plis(sur les orientations classiques 0°, 90°, +45°, -45°) adaptées à la charge totale(A+B+C), si on suppose que la coque est constituée d’un drapage composite.

Corrigé page 218

2.18 DÉFORMÉE QUADRATIQUE D’UNE PLAQUE CARRÉE EN FLEXION

L’objectif de cette étude est d’appliquer les méthodes de petits déplacements enflexion à une plaque carrée de côté 2L, d’épaisseur constante h, constituée d’unmatériau élastique linéaire isotrope homogène de module d’Young E, coefficient dePoisson ν et masse volumique ρ. Pour simplifier les calculs, sans nuire à la généra-lité du propos, on considère que l’origine O des axes cartésiens XY est située aucentre de la plaque :

Cette plaque est supposée posée uniformément sur ses 4 bords (X,Y=±L). Onpropose une approximation simple mais utile du problème classique de la plaque enflexion. L’épaisseur étant supposée petite devant la largeur (h<<L), la flèche due auxcisaillements transverses d’efforts tranchants est négligée devant la flèche deflexion. Le seul déplacement pris en compte est donc la translation W selon Z.

L

h

L

L

L

X

Y

Z

O

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Étude Statique

On suppose que la plaque est soumise à une pression surfacique p dirigée selon Z etrépartie uniformément sur la surface de la plaque. La solution exacte de ce problèmedonne lieu à des sommes infinies, mais on propose ici d’étudier une déforméequadratique simple du plan moyen, qui donne effectivement un déplacement nul surles quatre bords :

1 Montrer que ce champ de déplacement selon Z vérifie bien l’équation deLagrange biharmonique statique des plaques en flexion, et donner la valeur de laconstante α (en fonction de p) qui permet de valider cette équation et tout point dela plaque.

2 Compte tenu des symétries et invariances du problème, préciser quelle fraction dela plaque il est nécessaire et suffisant de considérer.

3 Donner l’expression des éléments du visseur dans la plaque en fonction de α.4 À partir de l’expression du moment de flexion linéique le long d’un côté du carré,

donner le type de condition limite (appui, encastrement ou fixation élastique) quepeut représenter la solution proposée. Commentez.

Étude Dynamique

On se propose de calculer la première pulsation propre dynamique (premier mode oumode fondamental) de la plaque dans des conditions d’appui identiques à celles de lapartie statique. On supprime donc le chargement statique p, et on considère selon laméthode de Rayleigh un champ de déplacement dynamique :

La fonction spatiale (forme) dans le premier mode est donc la déformée statiqueprécédente.5 Donner, sous forme quadratique en α., l’expression du double 2Ecin de l’énergie

cinétique de la plaque entière dans ce mouvement, en intégrant l’énergie cinétiquesurfacique résultant de la translation selon Z proposée. Préciser pourquoi il estlicite de négliger les énergies de rotation.

6 Pour calculer l’énergie potentielle, on propose ici une approche directe par l’éner-gie de déformation élastique. Toutefois, ce calcul en contraintes étant très compli-qué, on n’en demande que les équations algébriques, admettant que le résultatsera quadratique en α.Donner les équations définissant la densité surfacique d’énergie élastique statiquede déformation, en fonction de α, au sens des plaques en flexion-torsion. On

W X Y,( ) α 1 X2

L2-------–

1 Y2

L2-------–

=

W X Y, ;t( ) α t( ) 1 X2

L2-------–

1 Y2

L2-------–

=

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2.19 • Réservoir Cryotechnique Pressurisé

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négligera l’énergie du cisaillement transverse (plaque mince isotrope homogèneen flexion-torsion).On admettra donc que l’intégration sur la surface de la plaque donne : 2Epot = Γα2

7 Par la conservation de l’énergie mécanique, ou par toute autre méthode de votrechoix, donner l’expression de la pulsation propre ω1 de ce mode, en fonction de Γet des autres données du problème, en considérant un mouvement modal harmo-nique (soit α(t)=βcos(ω1t)). Commentez.

Questions complémentaires

8 Suggérer une déformée (fonction de forme) différente de la forme quadratiqueproposée, mais compatible avec la méthode de Reissner-Ritz.

9 Pourrait-on calculer l’énergie potentielle plus simplement qu’en intégrant l’éner-gie surfacique calculée à partir du visseur ?

Corrigé page 219

2.19 RÉSERVOIR CRYOTECHNIQUE PRESSURISÉ Dans cet exercice, on considère un réservoir cryotechnique de lanceur. On s’inté-resse au chargement de pressurisation interne (destinée à éviter le flambage), qui esteffectivement une charge majeure, compte tenu des diamètres et pressions en jeu. Lasurpression interne, qui seule nous intéresse, est notée ∆p. On suppose que le réser-voir est une membrane linéaire mince de révolution (selon les hypothèses du cours),consitutée d’une partie cylindrique de rayon a, de longueur b et d’épaisseur hc,terminée par deux extrémités hémisphériques de même rayon a et d’épaisseur hs ; leslignes coordonnées L1 et L2 sur cette surface sont les parallèles et méridiens, desorte que dans la partie cylindrique comme dans la partie sphérique, le repère local(X1, X2, K) est défini conformément au schéma ci-dessous :

Coupe méridienne(quart de réservoir)

K

X 1

X 2

a

hs

KX 1

X 2

hc

b

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1 Rappeler les expressions des flux de membrane dans la partie cylindrique(indice c) et la partie sphérique (indice s) en fonction de a et ∆p. En déduireimmédiatement, en fonction de hc et hs, les expressions des contraintes principalesde membrane dans ces deux parties.

2 En supposant à présent que le matériau soit du type métallique ductile dimen-sionné en statique, exprimer le critère de von Misès dans la partie cylindrique etdans la partie sphérique, en fonction de σadm (contrainte en traction admissibledans le matériau).

Rappel : Critère de résistance de von Misès :

(où σI, σII, σIII sont les trois contraintes principales sous charge au point consi-déré).

3 Déduire de la question précédente les épaisseurs optimales hc et hs telles que l’onatteigne la contrainte admissible dans la partie cylindrique et dans la partie sphé-rique. Commenter.

4 On donne, numériquement : a = 2700 mm ; ∆p = 0.25 MPa (=2.5 bars) ; b =2a=5400 mmCalculer hc et hs et la masse totale de la membrane du réservoir (cylindre +2 hémisphères) dans les deux cas suivants :

5) a)Membrane en alliage léger : σadm alu = 310 MPa ; ρ alu = 2750 kg/m3

5) b)Membrane en acier : σadm acier = 910 MPa ; ρ acier = 7850 kg/m3

5 Dans le cas d’une membrane en composite, proposer deux séries de pourcentagesde drapages cohérents avec les flux, le premier adapté à la partie cylindrique, et lesecond à la partie sphérique.

Corrigé page 223

2.20 MODE FONDAMENTAL D’UN DISQUE ENCASTRÉ EN FLEXION

Cet exercice considère le calcul, par la méthode de Rayleigh, de la pulsation propredu premier mode dynamique d’un disque de rayon a, encastré sur son pourtour, envibration libre. Les hypothèses adoptées sont celles des plaques minces en flexion,constituées d’un matériau élastique linéaire de module d’Young E et coefficient dePoisson ν.

Pour simplifier les calculs on suppose en outre que (et donc

)

σI σII–( )2 σII σIII–( )2 σIII σI–( )2+ +

2------------------------------------------------------------------------------------------------ σadm≤

ν 13---=

D Eh3

12 1 ν2–( )

-------------------------- 3Eh3

32-------------= =

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2.21 • Interface Tronconique

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Nous utiliserons comme fonction de forme de référence la déformée statiquesuivante (sous poids surfacique q), induisant la flèche :

et les éléments non-nuls du visseur :

; ;

1 En substituant , réexprimer w(r) et en fonction de E, h et de la

seule flèche au centre w0,

2 En supposant, dans l’approximation de Rayleigh, que l’on passe en dynamiquepar homothétie de la déformée statique, exprimer l’énergie cinétique de la plaqueen fonction de la vitesse

3 Calculer de même l’énergie potentielle de déformation élastique de la plaque enfonction de w0, en intégrant l’expression de l’énergie surfacique de déformationdes plaques en flexion, en négligeant l’énergie d’effort tranchant transverse(hypothèse de plaque mince en flexion).

4 En écrivant la conservation de l’énergie mécanique, en déduire l’expression de lapulsation propre ω du premier mode généré par la déformée proposée. Commenter.

Corrigé page 225

2.21 INTERFACE TRONCONIQUE

On considère une interface lanceur constituée d’une coque tronconique d’épaisseurh uniforme, de rayons respectifs a et b au sommet et à la base, et de hauteur L :

W r( ) q64D---------- r2 a2

–( )2

=

QrZq2---r= Mrr

q16------ a2 1 ν+( ) r2 3 ν+( )–[ ]= Mθθ Mrr–=

w0a4

6Eh3-------------q= Mrr

w0.

a

b

z

L

X

Y

P

h

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On pourra noter α l’angle du cône tel que .

On suppose que 0 a b.

L’étage supérieur exerce sur la frontière supérieure des charges vibratoires expri-mées en quasi-statique par un effort longitudinal (selon z) ±F et un moment detorsion (autour de z) ±Γ.

Pour nos calculs, nous considèrerons +F et +Γ, la frontière inférieure étantbloquée en déplacement :

1 Donner l’expression des éléments du visseur de membrane en tout point P de lacoque situé à la distance r (a r b) de l’axe longitudinal z, exprimé dans lerepère local classique (P, XYZ) des coques axisymétriques.

2 En quel(s) point(s) ce visseur est-il critique (flux normal maximal et flux decisaillement maximal) ?

3 Calculer numériquement les éléments non-nuls du visseur aux points critiquespour les valeurs suivantes : a = 2 m ; b = 2.5 m ; L = 4 m ; F = 690000 N, Γ =570000 Nm.

4 En supposant que la coque est constituée d’un matériau composite obtenu parempilement de plis unidirectionnels, proposer des proportions simples d’orienta-tions classiques de fibres adaptées au chargement précédent.

5 On donne les caractéristiques suivantes du multicouche carbone/epoxy drapé avec10% de plis selon X et 50% selon Y (et 20% selon la 1ère diagonale, 20% selon la2nde diagonale) :

;

On suppose que le drapage précédent est adopté dans toute la surface du cône. Cechoix est-il optimal ? Commenter.

6 Calculer alors l’allongement total ∆L et la rotation θz dus aux charges, en suppo-sant que l’épaisseur de la coque est h=2mm.

Corrigé page 227

tgα b a–L

-----------=

≤ ≤

≤ ≤

EYY 81.9 GPa≅ GXY 17.2 GPa≅

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2.22 • Flambage de Panneaux de Voilure

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2.22 FLAMBAGE DE PANNEAUX DE VOILURE

L’objectif de cet exercice est d’obtenir un ordre de grandeur réaliste du dimension-nement en contrainte et en flambage de plaque membrane des panneaux reprenant laflexion du caisson de voilure d’un avion gros-porteur, avec des méthodes simples,relativement approximatives mais robustes. On considérera d’emblée le cas dimen-sionnant de la ressource ou rafale symétrique vers le haut, faisant travailler l’intradosen traction et l’extrados en compression.

Géométrie et flux

On considère la nervure zéro (emplanture de la demi-voilure), dont le caisson struc-tural est assimilé à un rectangle. On se limite pour cette première approche à laflexion voilure, qui fait travailler l’intrados et l’extrados en flux longitudinaux (lelong de l’envergure) que l’on supposera uniforme selon la corde. Cette approxima-tion néglige le désaxage et la torsion (erreur de l’ordre de 15%). Elle permet néan-moins d’obtenir un ordre de grandeur convenable des flux.

L’emplanture se présente comme suit :

On suppose que la compression dans l’extrados (ou la tension symétrique dansl’intrados) représente une force totale F due au moment de la portance P (supposée,pour le calcul de la flexion résultante, appliquée en un foyer) :

P est calculée à partir du facteur de charge vertical ascendant nz : M : Masse Maximale au Décollage (MTOW) : M = 270 tα : Coefficient de décharge du à au kérosène dans la voilure : α = 0.74

4770 mm

1800 mm

P

F 7200 mm

P αM2-----nz=

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62

nz : nz = 2.5G à Charge Limite (CL), avec 1G 10 ms-2

1 À charge limite, calculer P (daN), puis F (daN), puis le flux de compression demembrane dans l’intrados et l’extrados (daN/mm).

Dimensionnement de l’Intrados en Contrainte

On dimensionne à limite élastique des matériaux sous Charge Limite et à rupturesous Charge Extrême CE 1.5CL. Les deux conditions devant être remplies régle-mentairement, on prendra la plus grande des épaisseurs trouvées selon ces deuxcritères.2 Calculer l’épaisseur de l’intrados en traction à l’emplanture, sachant que le maté-

riau utilisé pour l’ensemble de la voilure est un alliage léger 2024 dont lescontraintes admissibles (tenant compte des considérations statistiques réglemen-taires) sont :

σlim élastique = 22 daNmm-2 ; σlim rupture = 42 daNmm-2

Nous avons calculé l’épaisseur de l’intrados, nous allons maintenant dimension-ner la peau extrados, le pas b des raidisseurs et l’aire S de leur section droite.

Maille de Flambage du Panneau Extrados

On rigidifie le panneau extrados selon des mailles de cloquage définies par lesnervures et les lisses. Le but de cette question est de dimensionner ces mailles, etdonc de connaître le pas des raidisseurs. Le critère est ici de n’obtenir ce cloquagequ’à partir de 0.7CL. On suppose qu’ensuite, lorsque la charge croît, les raidisseursreprennent le surcroît de charge.

Prédimensionnement de l’épaisseur de peau extrados

3 À partir des valeurs de P, F et du flux de membrane à 0.7CL, calculer l’épaisseurde peau dimensionnée en limite élastique à 0.7CL. Cette épaisseur est dite “épais-seur de fond de maille”, et on considérera que ce sera celle de la peau extrados.

Calcul du pas des raidisseurs (lisses)

On se place toujours à 0.7CL, et on suppose que la peau extrados reprend le flux decompression à elle seule. Nous cherchons en effet la bifurcation à 0.7CL, mais àcette charge, les raidisseurs ne servent qu’à définir une maille de flambage encompression, et n’ont pas encore repris la charge.4 Selon une approche légèrement conservative considérant un flambage périodique,

et donc à l’aide des abaques de plaques rectangulaires en flambage de compres-sion avec appui continu sur les 4 côtés, considérées dans leur partie asymptotique(plaque “longue” dans le sens de la compression), donner le pas des raidisseursoptimal. On donne, pour le 2024 :

E = 7200 daNmm-2 ; 1-ν2 = 0.9

≈

≡

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2.23 • Réservoir d’Helium Pressurisé

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5 Sachant que les raidisseurs doivent s’appuyer autant que possible au droit descadres fuselage, lesquels sont régulièrement espacés de 530 mm exactement,donner la largeur de maille réelle, qui doit être une partie entière du pas descadres.

Prédimensionnement de la section des raidisseurs

On considère qu’au delà de 0.7CL, les mailles flambant localement, les raidisseurscontribuent à la structure.6 En supposant (selon des résultats issus de calculs de Von Karman) que la peau

continue à travailler au droit de chaque raidisseur sur une largeur égale à trentefois l’épaisseur de peau (quinze fois de chaque côté du raidisseur), calculer l’airedes raidisseurs en égalant l’aire totale travaillant en compression à l’extrados(raidisseurs + partie travaillante de la peau) à l’aire totale de section droite del’intrados (ce qui garantit les mêmes contraintes à CL et CE).

Stabilité des raidisseurs

7 Le flambage général des raidisseurs ne doit pas survenir avant la CE. Proposer uneméthodologie simple de prédimensionnement des semelles de raidisseurs.

Corrigé page 229

2.23 RÉSERVOIR D’HELIUM PRESSURISÉ

On considère un réservoir d’hélium (pour pressurisation d’étage cryotechnique),assimilé à une coque mince sphérique de rayon a = 415 mm, travaillant enmembrane, soumise à une pression interne de 400 bars.1) Calculer numériquement les flux du visseur de membrane auxquels cette coque

est soumise.2) Sachant que le matériau constituant la coque est un composite carbone/epoxy

bobiné quasi-isotrope en membrane, de contrainte équivalente (critère de vonMisès) en rupture σrupt = 440 Mpa pour un matériau homogène isotrope, calculeznumériquement l’épaisseur de membrane nécessaire pour une résistance aveccoefficient de sécurité égal à 2.

3) Sachant que le module d’Young du matériau équivalent est E = 50 GPa et soncoefficient de Poisson ν = 0.3, calculez numériquement les déformations de lamembrane, ainsi que la variation de volume de contenance du réservoir due à lapressurisation.

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3
PROBLÈMES COMBINÉS
3.1 STRUCTURE EN ARC MINCE SUR APPUI PONCTUEL

Modèle Poutre Statique

On considère un arc de poutre courbe de rayon moyen R, de section droite uniformed’aire S et moment quadratique en flexion IZ, constituée d’un matériau élastiquehomogène de masse volumique ρ, module d’Young longitudinal EX et coefficient dedilatation thermique linéaire αth.

Cet arc, d’ouverture 2α (0 α<π), est posé symétriquement sur le bâti Galiléenplacé dans le champ de pesanteur .

1 Montrer qu’au point courant C, les 3 éléments du visseur plan de poutre induitspar ce chargement sont donnés par les expressions suivantes, dans lesquelles ondemande d’expliciter la constante β (en fonction de la masse volumique ρ, et àpartir des équations d’équilibre local) :

2 Calculer les constantes C1, C2, C3 à l’aide des conditions limites en θ=α.Montrer que les éléments du visseur plan s’écrivent ainsi :

3 En supposant que les déplacements dus aux efforts normaux et tranchants sontnégligeables par rapport à la flèche de flexion (hypothèse que l’on justifiera),donner l’expression de la flèche transverse V(θ).

≤g

N θ( ) β C1 θ+( ) θsin C2 θcos–( )=

TY θ( ) β C1 θ+( ) θcos C2 θsin+( )=

MZ θ( ) βR– C1 θ+( ) θsin 1 C2–( ) θcos C3+ +( )=

N θ( ) ρgSR θ α–( ) θsin=

TY θ( ) ρgSR θ α–( ) θcos=

MZ θ( ) ρgSR2– θ α–( ) θsin θcos αcos–+( )=

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3.1 • Structure en Arc Mince sur Appui Ponctuel

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On notera que les fonctions 1, , , , , , constituent une base pertinente pour la recherche de la solution V(θ) de ce problème.

Modèle Poutre Thermique et Dynamique

L’arc plan travaille dans le plan du dessin, sans aucune charge mécanique statique, lagéométrie de référence de la poutre étant donnée à la température T0. On supposeque la température appliquée en tout point de la poutre est T+AthY, où T est latempérature des points de la ligne moyenne (T T0) et Ath le gradient thermiqueselon l’épaisseur de la poutre (Ath 0).4 Définir le visseur plan induit par le chargement thermique 5 Expliciter le champ de déplacements (U(T),V(T)) de la ligne moyenne dû à T

(élévation uniforme de température).6 Expliciter de même le champ de déplacements (U(A),V(A)) dû à Ath (gradient

transverse).

Rappel : Un gradient transverseAth induit un effet additionnelde flexion, régi par les formulesde Bresse-Duhamel de la flexionthermoélastique des arc plans :

7 Donner les équations générales régissant la dynamique linéaire plane de la poutreconsidérée comme un arc mince en flexion.

Coque Développable sous son propre poids

On considère à présent une gouttière (arc de cylindre de révolution de rayon R etd’ouverture α) posée symétriquement sur une de ses génératrices, chargée par sonpropre poids dans des conditions similaires à celles de la première partie.

Cette coque d’épaissseur h uniforme est réalisée dans un matériau élastique homo-gène isotrope de masse volumique ρ, module d’Young E et coefficient de Poisson ν.

8 À partir des résultats de la première partie, en se plaçant dans le cadre des hypo-thèses de coques minces travaillant en flexion dans lesquelles les contraintesvarient linéairement selon Z, en négligeant les effets de bord, expliciter les

θcos θsin θ θcos θ θsin θ2 θcos θ2 θsin

≠≠

d2V

ds2----------- V

R2-------+

MZ

EIZ-------- αthAth–=

dUds-------- V

R----=

avec : ds Rdθ=

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Chapitre 3 • Problèmes Combinés

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éléments du visseur (efforts normaux et flexions) ainsi que les expressions desdéplacements U,V,W du point courant de la surface moyenne exprimés dans lesaxes locaux de coques. On justifiera les hypothèses simplificatrices.

9 Le problème pourrait-il être traité par la théorie linéaire de Reissner des coquesappliquée aux problèmes axisymétriques ?

10Les résultats obtenus en thermique aux questions 4 à 6 peuvent-ils être étendus àcette configuration de coque ?

Coque Emplie d’un Fluide Pesant

La gouttière, toujours posée symétrique-ment dans le champ de pesanteur, estmaintenant remplie à ras bord d’un fluidepesant incompressible de poids volu-mique ϖ :

NB : Dans ce nouveau chargement, onnéglige le poids propre de la coque par rapport à celui du fluide ; une combinaisonlinéaire des 2 cas de charge permettrait naturellement de tenir compte des 2 poidspropres, mais on étudie ici les 2 cas séparément.

11Selon un raisonnement similaire à celui de la question précédente, donnerl’expression du visseur de coque (efforts normaux et flexion) ajouté par cenouveau chargement, en précisant la validité des hypothèses retenues.

12Donner la méthodologie permettant de calculer la variation relative de contenance dela coque due à la flèche en flexion induite par ce nouveau chargement. On ne demandepas le calcul explicite, mais les équations dont l’intégration aboutit à ce résultat.

Corrigé page 233

3.2 FLEXION LIBRE D’UNE POUTRE ET D’UNE PLAQUE

Pulsations Propres de Flexion d’un Javelot en VolOn considère une poutre de longueur L, de section droite circulaire pleine uniforme(d’aire S et moment quadratique en flexion I), constituée d’un matériau élastiquehomogène de module d’Young E, coefficient de Poisson ν et masse volumique ρ.

En vol, la poutre n’est soumise à aucun appui ni force extérieure. On cherche àconnaître ses modes propres dans cette configuration. L’axe longitudinal de la poutreest noté X ; cet axe moyen de la poutre en position non-déformée est considérécomme Galiléen vis à vis des mouvements de vibrations de flexion que l’on étudie.YZ sont les 2 vecteurs unitaires orthogonaux à X.1 Rappeler la forme générale V(X;t) de la solution dynamique de la flèche en

flexion selon Y.2 Écrire les conditions limites aux deux extrémités de la poutre (X=0 et X=L).3 Expliciter ces conditions en fonction des constantes de la solution générale

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3.3 • Interface Tronconique Raidie

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4 Écrire la condition d’existence d’une solution modale non identiquement nulle.5 Donner les 2 premières pulsations propres, connaissant les premières racines

strictement positives des équations suivantes (à 10-3 près) :

Flexion Cylindrique Libre et Synthèse

La poutre est remplacée par une plaque mince de longueur L (selon X), largeur b(selon Z) et épaisseur h (selon Y, h<<b), constituée du même matériau élastiquelinéaire, homogène et isotrope, selon le schéma page suivante.

6 Déduire du résultat de la question 5 les expressions des pulsations des 2 premiersmodes de flexion Z-invariante (flexion cylindrique de plaque)

7 Expliciter la déformée du mode fondamental.8 Discuter la possibilité de génération de battements avec le mode fondamental :

- dans la configuration poutre de la première partie- dans la configuration plaque de la seconde partie, en supposant que b<<L.

Corrigé page 242

3.3 INTERFACE TRONCONIQUE RAIDIE

On considère une structure tronconique de liaison entre étages de lanceurs, compo-sée d’une peau (coque mince) stabilisée par n raidisseurs rectilignes (poutres

Équation Premières racines positives

1+cos(x)ch(x) 1.875 4.694 7.854

1-cos(x)ch(x) 4.730 7.853 10.996

L

X

XX

ZZ

YY

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longues) régulièrement espacés, assemblés à la peau suivant les méridiens. Enconformité avec les conventions du cours, on note θ l’angle de conicité :

Pour simplifier les calculs, on pose les hypothèses suivantes :

-la coque est strictement conique : a<b, θ>0, a r b ; le point courant C estrepéré par le rayon r ;

-la peau et les raidisseurs sont réalisés dans un même matériau élastiquehomogène et isotrope, de module d’Young E, coefficient de Poisson ν etcoefficient de dilatation thermique linéaire α ;

-chaque raidisseur est constitué de 2 profils minces plats de section rectangu-laire constante, de même épaisseur h que la peau et de largeur l, l’un collésur la face interne de la peau, et l’autre sur la face externe ;

Cela signifie que la présence du raidisseur triple localement l’épaisseur de lacoque, sans modifier la géométrie de sa surface moyenne ;

- la largeur cumulée des n raidisseurs est donnée par :

(η donné compris entre 0 et 1)

Ainsi, si η=1, alors l’épaisseur de la coque est triplée sur la lisière supérieure (lesraidisseurs sont jointifs sur cette lisière) ;

- h<<a ; la peau travaille en membrane, et le raidisseur travaille dans le planCXY (en effort normal N et en effort tranchant TY).

≤ ≤

n η2πa=

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La dernière hypothèse est cohérente avec l’application des charges par des cadresforts circulaires de rayons respectifs a et b sur les deux lisières de l’interface. Cescadres, qui assurent une répartition homogène des flux sur les lisières, ne seront pasconsidérés explicitement dans la structure (hormis précisément l’hypothèse de fluxde révolution).

Charge Longitudinale

Dans cette partie, l’interface est chargée statiquement par une force dirigée selonl’axe z du lanceur (axe de révolution du tronc de cône).

1 On considère la peau seule, chargée d’une force Flongitudinale :

Montrer que le visseur de membrane induit par cette charge s’exprime :

2 Montrer que la rigidité longitudinale de la peau tronconique s’exprime :

NB : ln désigne le Logarithme Népérien ou Naturel.Indication : On pourra calculer l’énergie de déformation élastique.

3 On considère maintenant les n raidisseurs seuls,chargés d’une force totale F longitudinale :

F

ϑ( ) F( )NXX F( ) TXY F( )

TXY F( ) NYY F( )

≡0 0

0 F2πr θcos---------------------

=

kpeau2πEhcos2θ θsin

ba--- ln

----------------------------------------=

F

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Calculer l’effort normal induit dans un raidisseur, en fonction de n et θ.4 Donner l’expression de la rigidité longitudinale kraidisseurs induite par les n raidis-

seurs, en fonction de cosθ, sinθ, a, b et η.5 En déduire la rigidité longitudinale klongi de l’interface complète (peau et raidis-

seurs), en supposant que les deux rigidités précédemment calculées travaillent enparallèle.

Charge en Torsion

Dans cette partie, l’interface est chargée statiquement parun moment Γ appliqué autour de l’axe z.

6 À partir du visseur induit dans la peau seule par la charge Γ, visseur dont en expliciteral’expression, montrer que la rigidité de torsion de la peau tronconique s’exprime :

7 Montrer que l’expression proposée ci-dessous constitue une bonne approximationde la rigidité en torsion de l’interface complète (peau + raidisseurs) :

où G est le module de glissement du matériau constituant l’interface.

Équations Générales de la Coque Tronconique

8 Justifier la formulation ci-dessous des équations de comportement local de lapeau tronconique seule dans une modélisation statique et dynamique dans unréférentiel Galiléen :

Cpeau2πEh θsin

1 ν+------------------------- a2b2

b2 a2–

-----------------=

Cinterface 2π θsinb a–( )

---------------- 2b2

a b+------------ 5ηa

3---------+

Gha2≅

I( )

pX ρh U.. 2W. ∂XW( ).–[ ]

∂NXXr∂ψ

---------------∂TYX

∂Y--------------

2 θTXYsinr

--------------------------–+ +– 0=

pY ρh V.. 2W. ∂YW( ).–[ ]

∂NYY∂Y

---------------∂TXYr∂ψ

--------------θ NXX NYY–( )sin

r----------------------------------------------+ + +– 0=

pZ ρh W.. 2 V. ∂YW( ). U. ∂XW( ).+

+θNXXcosr

------------------------–– 0=

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3.4 • Analyse Implicite de Rayleigh d’Éléments Minces 2D

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où ψ est l’angle repérant C autour de Oz, axe longitudinal du lanceur.

9 Quels termes de la théorie de Reissner des membranes faut-il modifier si onsouhaite modéliser la coque tronconique raidie complète (peau + raidisseurs) ?

10Même question si on souhaite y ajouter l’influence des contraintes et déforma-tions d’origine thermique.

11Proposer une modélisation simple (en statique isotherme) des sollicitationscomplémentaires de flexion et effort tranchant lanceur, fondée sur la théorie depoutres (profilés minces). Justifier la validité des hypothèses retenues.

Corrigé page 246

3.4 ANALYSE IMPLICITE DE RAYLEIGH D’ÉLÉMENTS MINCES 2D

Les deux problèmes proposés constituent des applications et extensions directes desdéveloppements étudiés en cours. Ils ont des points communs, notamment l’objectifd’illustrer l’approche énergétique (variationnelle) des éléments minces, en statiquepour un arc, en statique et en dynamique pour un élément rectiligne, dans leur modefondamental.

Dynamique d’un Élément Précontraint de Poutre

Dans ce problème, on considère un segment rectiligne OA de poutre droite précon-traint en traction sur deux appuis, la précontrainte d’assemblage consistant en uneffort normal (tension) supposé connu, noté F. On se propose, par une approcheénergétique, de retrouver et étendre les équations fondamentales des cordesvibrantes, pour une étude modale de la structure non-excitée.

La poutre est constituée d’un matériau homogène de masse volumique ρ, moduled’Young E et module de glissement G, vérifiant les hypothèses élastostatiques clas-siques.

(O,XYZ) est le Repère Galiléen Orthonormé Direct de référence. On s’intéresse,dans cet exercice, au mouvement plan (dans le plan OXY), et au mode fondamentalde la poutre. Selon une approche de Rayleigh, on considère la poutre dans uneconfiguration voisine de la configuration rectiligne, de type sinusoïdal, normalisée parla flèche δ(t) au milieu, petite (par rapport à L) mais non identiquement nulle :

La section droite de la poutre est supposée constante (poutre prismatique),d’aire S, moment quadratique IZ autour de CZ, et surface équivalente SY cisaillée eneffort tranchant TY.

V X;t( ) f X( )δ t( )= avec f X( ) πXL----

sin= et δ t( ) ωt( )cos=

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1.1 Donner l’expression, en fonction de δ 2, du double 2Ecin de l’énergiecinétique.

1.2 Donner l’expression, en fonction de F et δ2, du double 2Epot N de l’éner-gie potentielle de l’effort normal total (précontrainte incluse), intégrée surla longueur de la poutre.

NB1 : l’allongement relatif de la poutre au point d’abscisse X vaut :

NB2 : Dans tous les calculs, on négligera les infiniments petits du second ordre.

1.3 Déduire des deux expressions précédentes (en utilisant la partie quadra-tique de l’énergie potentielle) la pulsation propre ω1 Corde Raylaigh sin dumode fondamental de corde (sans énergie de flexion, ou avec EIz 0)calculée par la Méthode de Rayleigh avec fonction de forme sinusoïdale.Comparer avec la valeur trouvée par la méthode explicite appliquant leséquations des poutres courbes à la déformée (équation des cordesvibrantes), et commenter.

1.4 Dans ce cas de la corde (sans rigitié de flexion), quelle est la valeur limitede ω1 lorsque F tend vers l’infini, et quelle est la valeur limite de F lorqueω1 tend vers 0 ?

1.5 Donner l’expression du double 2Epot Mz de l’énergie potentielle de défor-mation en flexion (en supposant maintenant que EIz 0). En sommantcette énergie à la partie utile de l’énergie potentielle précédente (effortnormal), en déduire la pulsation ω1 N+flexion Rayleigh sin du mode fonda-mental de la poutre travaillant en effort normal et flexion.

1.6 Donner l’expression de la nouvelle valeur de F qui permet d’annuler ω1.Commenter.

1.7 On considère à présent la flèche due à l’effort tranchant TY. Donnerl’expression du double 2Epot TY

de l’énergie potentielle de déformation eneffort tranchant, toujours en fonction de δ2. Pourquoi peut-il être néces-saire, pour certains types de poutres, de prendre en compte cette énergie ?

.

εXX X;t( ) 1 V. X;t( )( )2

+ 1–=

≡

≠

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1.8 En déduire l’expression de ω1 N+flexion+tranch Rayleigh sin, pulsation fonda-mentale prenant en compte l’effort normal (précontraint), la flexion etl’effort tranchant, calculée selon la déformée de Rayleigh sinus. Pourquelle valeur de F s’annule-t-elle ? Commenter.

1.9 Préciser comment cette méthode peut s’étendre au cas où on fixe unemasse ponctuelle m et une rigidité k au point central (ressort supposé noncontraint dans la configuration de repos δ=0). Donner la nouvelle expres-sion de ω1 . Discuter la validité de la méthode en fonction des valeurs dem et k. On pourra pour cela définir deux nombres adimensionnels µ et κliés à m et k, qui devront rester limités.

1.10 En supposant que la section droite de la poutre est isotrope dans le planYZ, discuter (sans calcul) les combinaisons entre modes fondamentauxliés aux flèches selon Y et Z.

Matériau 2D Alvéolaire Cloisonné

Dans ce problème, on considère un matériau alvéolaire particulier, travaillant enmembrane (problème plan XY), dont on propose d’établir un modèle de rigiditésimple mais robuste par la méthode de l’énergie. Ce matériau périodique est consti-tué de cellules identiques jointives selon un pavage cartésien, que nous supposeronscirculaires de rayon a. Chaque cellule est délimitée par une armature relativementrigide, ou anneau, de type poutre en flexion, fixée ponctuellement par collageslocaux aux cellules voisines. L’armature est emplie d’un polymère élastique, collé àl’intérieur de chaque anneau. Le matériau est réellement alvéolaire puisque l’espacequadrangulaire entre les cercles n’est occupé par aucun matériau. L’épaisseur del’assemblage ainsi constitué est notée h. Les deux faces à Z=±h/2 sont libres, car lematériau est étudié de manière intrinsèque, sans peaux extérieures ajoutées.

m

k

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Nous nous plaçons dans le cas de la traction simple, sachant que cette configura-tion représente en réalité un grand nombre de cas, par le biais des contraintes princi-pales. Le problème est alors ramené à une maille circulaire tendue, c’est à dire à unanneau empli de matériau élastique, étiré diamétralement.

Compte tenu de ses répétitivité en rotations, ce dernierproblème peut enfin être ramené à un secteur de quart demaille de rayon a, sollicité par une force f, représenté ci-dessous :

Énergie de déformation de l’armature (anneau)

On considère ici un quartd’anneau (sans le polymère inté-rieur) modélisé par une poutrecourbe de rayon moyen a, dont lasection droite a pour rigidité enflexion (constante) EI autour deCZ, sollicitée selon le schéma ci-contre (qui restitue la périodicitésur un quart d’anneau, due auxsymétries) :

L’armature modélisée dans ce problème est assimilée à une poutre mince danslaquelle les flèches d’effort normal et d’effort tranchant sont négligées par rapport àla flèche de flexion. Selon une approche en déplacement, on suppose que la défor-mée à l’allure suivante :

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On calcule l’énergie de déformation en flexion seule, en considérant une variationsinusoïdale de la flèche. On raisonne donc sur une poutre développée de longueuraπ/2, soumise au déplacement imposé suivant :

NB : Ce raisonnement consistant à développer un arc est valable uniquementparceque nous travaillons en déplacement imposé, orthogonal à la ligne moyenne.

2.1 Calculer en fonction de d, en considérant la déformée imposée, l’énergiede déformation Ea de flexion dans la poutre déformée définie figure ci-dessus (en remarquant que la fonction d’interpolation retenue ramène enréalité la longueur d’intégration à un huitième d’anneau).

2.2 Comparer avec les expressions de l’énergie et de la flèche trouvées par lecalcul hyperstatique classique d’un quart d’anneau sous charge ponctuelle(calcul fondé sur les théorèmes de Castigliano et Menabrea), et commenter.

Énergie de déformation de la garniture (polymère intérieur)

On suppose que le polymère collé à l’intérieur de l’anneau, et qui constitue la garni-ture, est un matériau élastique isovolume (νg=0.5) de module d’Young Eg. La défor-mée de l’armature induit la déformation uniforme suivante dans le polymère :

2.3 Donner l’expression du tenseur des contraintes induit dans le polymère,en fonction du module Eg.

2.4 Après avoir remarqué qu’il s’agit d’un type de sollicitation très particulier,dont on explicitera les caractéristiques essentielles, préciser en quoi cettesollicitation est compatible avec les spécificités du matériau à épaisseurconstante, et compatible avec les hypothèses formulées sur l’armature.

2.5 Donner l’expression de l’énergie volumique de déformation élastique (J/m3) dans le polymère, puis de l’énergie totale Eg (J) accumulée dans le quartde cercle qu’il constitue (toujours sous l’hypothèse d’une sollicitationuniforme). On suppose que le rayon du polymère est a, et son épaisseur hsuivant Z.

ε( )x y z, ,da---

1 0 00 1– 00 0 0

=

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Synthèse

2.6 À partir de l’énergie de déformation totale dans le quart de maille (arma-ture+garniture) E = Ea+Eg, calculée à partir des résultats obtenus auxquestions 2.1 et 2.5, déduire (par le théorème de Castigliano) la relationentre la flèche d et l’effort f.

2.7 On considère le cas usuel suivant :- armature de section droite carrée hxh et telle que a=10h- polymère (mousse) et armature (résine) tels que : E=1000Eg

Donner l’expression simplifiée de d en fonction f, Eg et h.

Quesion subsidiaire

Expliquer dans quelles conditions la démarche des deux problèmes permetd’aborder les modes statiques (flambage) ou dynamiques (vibrations) d’une plaquerectangulaire sous tension (problème 1) ou les modes en lobes d’un cylindre longpressurisé (problème 2).

Corrigé page 257

3.5 MODES DYNAMIQUES DE GAUCHISSEMENT D’UNE PLAQUE LIBRE

Dans cet exercice, on considère une structure spatiale mince de type plaque homo-gène rectangulaire de côtés a et b, d’épaisseur h uniforme, constituée d’un matériauhomogène isotrope élastique linéaire de module d’Young E, coefficient de Poisson νet masse volumique ρ.

Cette plaque est supposée, en impesanteur, libre de toute interaction. Nous nousintéressons donc aux modes propres libres de cette structure sans excitation. Lesnotations sont celles du cours.

Nous nous intéressons plus précisément aux modes de “gauchissement” (ou“torsion”), c’est à dire les modes les plus simples qui ne sont ni invariants selon X ouY (flexion), ni de cloquage. Les modes de gauchisement sont ceux qui sont apparuspar exemple sur les panneaux solaires (très souples) du Space Telescope Hubble.

X

Y

Z

a

b

h

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3.5 • Modes Dynamiques de Gauchissement d’une Plaque Libre

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Pour cela, nous allons procéder selon deux étapes simples, qui constituent deuxparties indépendantes.

Plaque carrée équilibrée

On s’intéresse, dans cette première partie, au cas d’une plaque de dimensionscomparables selon X et Y. Pour fixer les idées, on suppose que la plaque est carrée :a = b = 2c. On suppose en outre que les frontières restent rectilignes sous déforma-tion : la plaque est un panneau raidi sur ses lisières. Enfin, on ne s’intéresse qu’aupremier mode propre en gauchissement, selon le schéma suivant :

1.1 Écrire l’équation différentielle dynamique générale régissant, dans le planXY, la flèche transverse W(X;Y) selon Z.

1.2 L’intégration analytique de cette équation étant trop complexe, on envi-sage une approche de type “méthode de Rayleigh” pour trouver le modefondamental de gauchissement. Proposez une déformé W(X;Y) simplefondée sur un problème statique classique de la théorie des plaques.

1.3 Proposez une méthodologie pour trouver la pulsation fondamentale engauchissement

(on ne demande pas de mener le détail des calculs, mais seulement laméthodologie).

Cas d’une plaque longue

On considère dans cette seconde partie que b << a (et on a naturellement toujoursh << b).

C

ZZ

+

+

2c

2c

X

Y

X

Y

Z

O

A

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La plaque est donc ici traitée comme une poutre OA (profil mince plat), dont legauchissement est représenté par l’angle θX de torsion.

On rappelle que pour ce profilé, le moment quadratique de la section droite en

torsion vaut (en théorie des poutres) :

2.1 Écrire l’équation différentielle dynamique régissant la torsion θX(X) lelong de la poutre, en explicitant les termes par rapport aux constantes duproblème.

2.2 Expliciter les conditions limites en O (X=0) et A (X=a)2.3 Donner la méthodologie de résolution de type ondulatoire, en partant de

l’onde de rotation proposée (combinaison d’une onde montante et d’uneonde descendante) :

2.4 Donner la méthodologie pour obtenir une solution de type modal.Corrigé page 264

3.6 TRONÇON COURANT DE FUSELAGE BILOBÉ

On considère un fuselage pressurisé dont l’enveloppe, sur un tronçon courant, estreprésentée par une coque mince d’épaisseur uniforme h. Pour simplifier, on suppo-sera qu’elle est réalisée en un matériau isotrope homogène équivalent de moduled’Young E et coefficient de Poisson ν.

Les pavillons sont des coques cylindriques de rayon moyen a, assemblées à unplancher de largeur 2b telle que b<a, définissant ainsi une section bilobée (schémaci-dessous, représentant la coupe du fuselage). Ce type de section a été adopté parplusieurs avions célèbres dans l’histoire (Breguet Atlantic, Boeing 377, Saunders-Roe SR45 Princess, Douglas DC8, Hawker-Siddeley Nimrod, A380,...). Il présentedes avantages en termes de volume habitable.

La première charge considérée est la pressurisation interne uniforme δp.

J bh3

3---------=

θX X;t( ) Am ω X ct–c

--------------- ϕm+

cos Ad ω X ct+c

--------------- ϕd+

cos+=

a

b

Pavillon Supérie

ur

Pavillon Inférieur

Plancher

p

p

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3.6 • Tronçon Courant de Fuselage Bilobé

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Pour simplifier l’écriture, on pourra noter :

1 Montrer qu’il est pertinent de représenter, dans un premier temps, chaque pavillonpar une coque-membrane cylindrique mince et le plancher par une plaque-membrane indéformable dans le plan du schéma.

2 Donner les flux de membranes dans les pavillons, selon les axes conventionnelsdes coques de révolution.

3 Donner les flux de membrane dans le plancher, en supposant que la liaison méca-nique avec les pavillons est parfaite dans le plan du schéma.

NB : On supposera que le plancher est formé d’éléments indépendants correspon-dants chacun à un intercadre fuselage (section courante) de sorte que le fluxlongitudinal dans le plancher (axe longitudinal fuselage) est faible devant le fluxlatéral (dans le plan du schéma).

4 Pour simplifier les calculs, on supposera désormais que .

Simplifier les expressions ci-dessus (des questions 2 et 3).5 Quels sont les flux additionnels entraînés par un moment de flexion Mf du fuse-

lage autour d’un axe horizontal ?

NB : Ce moment est induit, au cours d’une manœuvre symétrique de ressource,par la portance de la voilure et la déportance du plan horizontal arrière. Onconvient que le moment est positif pour un facteur de charge positif (pavillonsupérieur tendu, pavillon inférieur comprimé).

6 Quels sont les flux additionnels entraînés par un effort tranchant Tf (introduit audroit d’un cadre par la voilure par exemple) ?

NB : Dans ce calcul, comme dans le précédent, on pourra considérer la section defuselage comme une section de profilé mince (le fuselage se comportant globale-ment comme une poutre) ; la rigidification des sections droites due à la présencedes cadres rend cette hypothèse licite. D’autre part, le plancher ne contribue pasaux flux de cisaillement (de par sa structure par cadre) de sorte que l’effort tran-chant est repris par les pavillons seulement.

7 Quels sont les flux additionnels entraînés par un moment de torsion Mf du fuse-lage autour de son axe longitudinal (manœuvre antisymétrique de roulis) ?

8 En supposant que l’on additionne les flux trouvés dans les questions précédentes(manœuvre réelle en vol, combinant les 3 charges) donner la méthodologiepermettant de calculer la résistance de la peau du pavillon en zone courante (horsaccident de forme) en contrainte et en stabilité.

9 Donner de même la méthodologie permettant de calculer la pulsation du modefondamental dynamique d’un pavillon, en supposant que ce mode soit dans leplan du schéma et que le plancher constitue un bâti Galiléen.

ba--- βcos≡

ba--- 3

2-------≡

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10 En considérant toujours la dynamique dans le plan du dessin, calculer la pulsa-tion du mode fondamental du plancher en flexion, assimilé, sur une largeurunitaire selon l’axe longitudinal avion, à une poutre de rigidités linéiques Ehp eneffort normal et Dp en flexion.

NB : En cohérence avec les hypothèses qui seront considérées en analyse thermoé-lastique, on considérera que le plancher est lié aux pavillons par un appui simple(et non un encastrement).

11 Pour l’analyse thermique, on suppose que la peau des pavillons subit un écart δTpar rapport à tout ce qui se trouve à l’intérieur du fuselage.Autrement dit :

- le plancher reste à la température de référence (d’assemblage), et n’est doncsoumis à aucun écart de température ; il est supposé très rigide enmembrane (par rapport à la rigidité de flexion du pavillon) ;

- chaque pavillon est porté à un écart δT, sans gradient dans l’épaisseur. Celasuppose que l’isolation thermique dans la cabine est parfaite. En vol de croi-sière, δT est <0.

Donner la méthode permettant de calculer les flux d’origine thermique dans leséléments structuraux, en considérant un problème équivalent de poutre, dont onprécisera les caractéristiques et les hypothèses.

NB : Pour simplifier l’approche, et pour rester cohérent avec le modèle demembrane en zone courante, on admettra que le moment de flexion local à lajonction entre les deux pavillons est petit devant le moment de flexion induit parles réactions en tout point du pavillon.

12 Préciser dans quelle mesure il est licite de mener les études précédentes enstatique (avec 3 cas de charge indépendants), en dynamique et en thermique demanière séparée (comme proposé) pour ensuite recombiner les résultats. Ceraisonnement est-il valable pour le calcul de stabilité locale (bifurcation non-linéaire par flambage de la peau, ou cloquage) ?

Corrigé page 267

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4
ARCHITECTURE
DES LANCEURS

4.1 PERFORMANCES COMPARÉES D’UN LANCEUR AÉROPORTÉ

Dans cet exercice, on compare les performances d’un lanceur léger de technologieclassique lancé d’une part en monoétage à partir d’un avion gros porteur en croi-sière, et d’autre part en biétage série directement du sol. Cette comparaison est réali-sée sur deux missions-types, qui font l’objet des 3 premières questions. Elle aurapour objectif de déterminer si le portage avion peut se substituer à un premier étage.

Calcul des ∆V Mission

Les deux orbites de références sont circulaires à 400 km d’altitude, et sont chacunedéfinies comme suit :

- Orbite E : Orbite Équatoriale (i=0°) tirée à partir d’un site positionné surl’Équateur, avec un azimuth de tir plein Est ;

- Orbite P : Orbite Polaire (i=90°) tirée à partir du même site sur l’Équateur,avec un azimuth de tir plein Nord.

Par ailleurs, le tir vers le point d’injection à partir du sol génère, dans la configu-ration et la technologie lanceur retenue, une perte totale (gravité, aérodynamique etpilotage) de 1400 m/s lorsqu’on tire depuis l’avion et de 1950 m/s si on tire du sol.

On suppose la terre sphérique, et : .

La durée du jour sidéral est 86164 s.

1 Sachant que la vitesse propre de l’avion, conférée au lanceur au moment dulargage, est de 280 m/s, calculer le ∆Vmission que doit générer le lanceur (fusée)au sens de Tsiolkowski pour les 4 missions suivantes :

- Mission AE : Tir aéroporté vers l’orbite E- Mission AP : Tir aéroporté vers l’orbite P- Mission SE : Tir à partir du sol vers l’orbite E- Mission SP : Tir à partir du sol vers l’orbite P.

µ GMTerre≡ 398600 km3 s2⁄≅ ,RTerre 6378 km≅

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Chapitre 4 • Architecture des Lanceurs

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Calcul des ∆V Propulsifs

Les technologies de propulsion adoptées pour ce mini-lanceur, utilisées dans lecontexte proposé, conduisent aux vitesses d’éjection suivantes :

- en configuration monoétage aéroportée : 4300 m/s ;

- en configuration biétage tirée du sol : 3200 m/s pour le 1er étage, 4300 m/spour le 2nd.

Par ailleurs, on considère que, dans les 2 configurations, le lanceur utilise 10td’ergol en tout ; dans la configuration biétage, on suppose que 6t sont affectées au1er étage, et 4t au 2nd.

L’indice structural technologique (rapport entre la masse morte de l’étage et lamasse d’ergol qu’il contient) est identique pour tous les étages et vaut 8%.

NB : La masse morte inclut la structure, la propulsion et les systèmes embarqués.

Enfin, la masse de la coiffe est considérée comme faisant partie de la charge utileinjectée en orbite.

2 Pour des masses utiles de 600, 700, 800 ou 900 kg, calculer le ∆V propulsif fournipar le lanceur (partie fusée) en configuration monoétage.

3 Calculer de même le ∆V propulsif fourni par le lanceur en configuration biétage,pour des masses utiles de 550, 650 ou 750 kg.

Identification de la Performance

4 En identifiant le ∆V requis par la mission au ∆V fourni par le lanceur, donner laperformance (c’est à dire la masse utile injectée en orbite) :

- en configuration monoétage pour la mission AE

- en configuration monoétage pour la mission AP

- en configuration biétage pour la mission SE

- en configuration biétage pour la mission SP

5 Comparer les performances et commenter.

6 Pour quelles raisons le port spatial Guyanais est-il un site particulièrement inté-ressant ?

Quelles est l’utilité particulière (missions du satellite) des orbites mentionnées dansl’exercice ?

Quelles autres solutions d'architecture proposeriez vous d'étudier, avec quels avan-tages ou inconvénients a priori, pour augmenter significativement la charge utile ?

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4.2 • Performance de Lanceur à Transfert de Propergol

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4.2 PERFORMANCE DE LANCEUR À TRANSFERT DE PROPERGOL

Dans cet exercice, on cherche à évaluer une solution originale de transfert depropergol proposée dès 1903 par Tsiolkowski, adaptée à un petit lanceur contem-porain.

Calcul du ∆V Mission et hypothèses générales

La mission de référence consiste en une injection sur une orbite terrestre circulaired’altitude h = 800 km, pour laquelle on suppose que la somme algébrique des perteset du gain dû à la rotation de la Terre vaut ϖ=2.5 km/s.

On rappelle enfin : RTerre 6378 km.

1 Calculer le ∆Vmission que doit générer le lanceur au sens de Tsiolkowski.

Dans la suite des calculs, on supposera pour simplifier que la première phase decombustion (phase A) agit en trajectoire verticale, et génère un ∆V équivalent ausens de Tsiolkowski à 2.5 km/s. La seconde phase (phase B) de poussée horizontale,s’achevant à l’injection, génère donc un ∆V égal à (∆Vmission - 2.5 km/s). Cetterépartition de ∆V sera valable dans les 2 architectures étudiées.

La propulsion fusée fournit une vitesse d’éjection de 3.6 km/s pendant la phase Aet de 4.5 km/s pendant la phase B. Ces vitesses d’éjection seront valables dans les2 architectures étudiées, car elles correspondent approximativement au fonctionne-ment en atmosphère et hors atmosphère.

La masse de chaque réservoir est égale à 6% de la masse du propergol qu’ilcontient. La propulsion (masse moteur) de chaque étage représente quant à elle 4%de la masse de l’ensemble des étages que le moteur propulse (y compris les étagessupérieurs éventuels), prise en début de combustion du moteur considéré.

On évalue la performance massique du lanceur par la masse Minj qu’il injecteen orbite. Cette masse comprend : la charge utile, la case à équipement et la coiffe(supposée solidaire de la masse utile pour des nanocharges), mais on ne s’occupepas de cette décomposition. Elle ne comprend pas la masse morte (structure etpropulsion) du dernier étage de combustion (bien que cette masse morte soit mise enorbite, elle n’appartient pas à la partie utile de la mission lanceur).

Dans tout l’exercice, on suppose que la masse du lanceur au décollage est :Mdec=M0=100t.

Architecture Série de référence

Dans cette partie, on considère une architecture classique biétage en série, le premierétage (étage A) générant la phase A, le second étage (étage B) assurant la phase B,selon le schéma page suivante.

µ GMTerre≡ 398600 km3 s2⁄≅ , ≅

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2 Connaissant ∆VA = 2.5 km/s (étage A), calculer la masse du lanceur en fin decombustion du 1er étage.

3 En déduire la masse de propergol du 1er étage, sa masse de réservoir, et sa masseà vide.

4 En déduire la masse du lanceur en début de combustion du second étage, puis àpartir du ∆VB restant à assurer, la masse du lanceur en fin de combustion.

5 En déduire la masse de propergol du second étage, et la masse à vide du secondétage.

6 En déduire la performance massique du lanceur dans cette architecture série.

Architecture avec Transfert

Dans cette partie, on cherche à évaluer la solution proposée par Tsiolkowski, consis-tant à munir le lanceur d’un propulseur unique, qui fonctionne pendant toute lamission lanceur (de t0 à t3)

Le corps central est muni d’un réservoir latéral qui alimente seul la propulsionpendant la phase A (qui génère un ∆V de 2.5 km/s). Dès que le réservoir latéral estvide, il est largué (et lui seul) et le moteur continue d’être alimenté par le réservoircentral (qui commence alors à se vider) :

t0

t1

t2

t3

Phase A

Phase B

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4.3 • Faisabilité d’un Lanceur Hybride Monoétage

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7 Calculer la masse du lanceur à t1 (fin de vidange du réservoir latéral).8 Calculer la masse du lanceur à t2 (début de vidange du réservoir central), puis à t3

(injection en orbite).9 En déduire la performance massique du lanceur dans cette nouvelle architecture.10 Comparer les performances des deux architectures, et commenter.

Corrigé page 277

4.3 FAISABILITÉ D’UN LANCEUR HYBRIDE MONOÉTAGE

On considère un petit lanceur de technologie hybride, fonctionnant à l’Eau Oxygé-née et à l’Hydrure de Bérylium. L’objectif de l’exercice est d’évaluer sa faisabilitéen concept SSTO (Single Stage To Orbit).

Calcul du ∆V MissionL’orbite visée est une orbite polaire (i=90°) circulaire d’altitude 300km. L’injections’opère selon une trajectoire en 2 phases : ascension verticale jusqu’à z = 300 km,puis prise de vitesse horizontale.1 Calculer la vitesse orbitale à l’injection

(on donne ).

2 Calcul des pertes :2.1 On souhaite faire une évalution des pertes par gravité. Calculer l’énergie

potentielle acquise par une masse de 1kg passant de z=0 à z=300 km, enconsidérant g constante et égale à 9 m/s2 (valeur moyenne entre 0 et300 km).

2.2 En identifiant cette énergie potentielle à l’énergie cinétique acquise lorsd’une chute libre de la même hauteur (avec la même valeur de g), calculerla vitesse équivalente à cette énergie potentielle.

2.3 On admettra que le lanceur, optimisé, admet un ∆V total des pertes égal à2550 m/s, valeur que l’on prendra désormais comme référence. Commen-ter cette valeur, par rapport au résultat 2.2).

3 À partir des réponses 1) et 2.3), calculer le ∆V propulsif de la mission au sens deTsiolkowski.

Calcul de l’Impulsion Spécifique MoyenneLe propulseur assure une impulsion spécifique dans le vide Isp vide = 420 s.4 À partir des caractéristiques suivantes :

Poussée dans le vide : Fvide = 100000 NAire de la sortie de tuyère : Asortie = 0.2 m2

Pression atmosphérique au sol : patm = 100000 Pacalculer la poussée au sol et l’Impulsion Spécifique au sol.

µ GMTerre≡ 3.986 1014 km3s 2–≅

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5 Donner l’Impulsion Spécifique moyenne sol-vide, que l’on considèrera désormaispour l’ensemble de la phase propulsée.

Dimensionnement

6 Calculer la valeur du rapport de masse, au sens de Tsiolkowski, qui permet deréaliser la mission.

7 Commenter cette valeur vis-à-vis des technologies existantes et des charges utilespossibles.

8 Commenter les résultats globalement par rapport au concept de lanceur hybride.Corrigé page 279

4.4 ARCHITECTURE D’UN NANO-LANCEUR AÉROPORTÉ

Cet exercice considère un nano-lanceur de technologie “poudre”, selon les spécifica-tions suivantes :

- mission : orbite circulaire 800km d’altitude, gain de vitesse équatorial nul- triétage poudre largué d’un avion à 13000m et 280m/s en vol horizontal,

entraînant un total de pertes de 2200 m/s- étage 1 : Isp=220 s, masse totale 350 kg dont 280 de propergol- étage 2 : Isp=300 s, masse totale 100 kg dont 90 de propergol- étage 3 : Isp=300 s, masse totale 50 kg- l’étage 3 inclut la Charge Utile et une protection thermique (protégeant la

CU pendant le lancement et en orbite).1 Commenter les valeurs ci-dessus.2 Calculez le ∆V propulsif équivalent à fournir par le lanceur pour accomplir sa

mission.3 À l’aide de la formule de Tsiolkowski, calculer la masse de troisième étage en fin

de combustion, et en déduire une masse possible pour la charge utile.4 Commenter cette valeur de la charge utile.

Corrigé page 280

4.5 LANCEUR RALLUMABLE EN CONFIGURATION INTERPLANÉTAIRE

On considère la mission consistant, pour un lanceur lourd type AR5, à injecter à400 km d’altitude (sur une orbite inclinée de 23.5°, atteinte après un décollage deKourou par 5.3°N) une masse utile aussi grande que possible à une vitesse égale à lavitesse d’évasion à cette altitude + 500 m/s (vitesse de transfert interplanétaire). Onsuppose de plus que cette mission est réalisée uniquement avec les 2 EAP (Étagesd’Accelération à Poudre) et l’EPC (Étage Principal Cryotechnique), sans ajouterd’étage supérieur. Enfin, on imagine que l’on stationne d’abord sur une orbite d’attente

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4.5 • Lanceur Rallumable en Configuration Interplanétaire

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400/400 km à 23.5°, en n’ayant pas consommé l’intégralité des ergols cryotechniquesde l’EPC. Il est donc nécessaire de rallumer l’EPC en vol pour injecter la Masse Utilesur sa trajectoire interplanétaire. Pour le calcul, on ne tiendra pas compte de cette étape,puisqu’on cherche simplement à déterminer la masse utile, en atteignant directementla vitesse finale requise, selon les deux phases de combustion classiques : 2EAP+EPCen parallèle, puis après largage des EAP, l’EPC continue seul. On donne : RT =6.38 106 m ; µT=GMT=3.99 1014 m3kg-1s-2

1 Calculer la vitesse d’évasion à 400 km, en appliquant l’énergie mécanique aupoint d’injection, avec : h=400 km et a tendant vers l’infini.

2 Calculer le gain efficace en vitesse (pour l’orbite visée) au sens de Tsiolkowski,procuré par la vitesse de rotation de la terre. Pourquoi l’orbite est-elle inclinée de23.5° sur l’équateur ?

(Rappel : 1 jour sidéral = 86164 s)

3 En déduire le ∆V mission (on rappelle que la vitesse d’injection est égale à lavitesse d’évasion accrue de 500 m/s), en supposant que les pertes lanceur sontévaluées à 1950 m/s.

La première phase de combustion du lanceur AR5-V considéré opère l’EPC etles 2 EAP en parallèle, avec les valeurs suivantes (légèrement différentes de cellesdu lanceur standard, compte tenu de la mission) :

Masse au décollage : 750 t. Au cours de cette phase, qui s’achève justeavant le largage des EAP, les ergols consommés représentent 2×250t depoudre et 30 t de propergol cryotechnique

EPC + 2EAP modélisés par un propulseur unique équivalent d’Isp A =270 s.

NB : On ne tiendra pas compte de la coiffe. Elle est supposée incluse dans la massemorte intégrée dans la masse initiale du lanceur, précisément dans la massemorte des EAP (largués plus tard que dans la mission de base).

4 Calculer la masse lanceur en fin de première phase, et le ∆V1 propulsif généré aucours de cette phase. En déduire le ∆V2 propulsif restant à fournir pour accomplirla mission (et qui sera généré par la seconde phase).

La seconde phase de propulsion commence quelques instants plus tard, justeaprès largage de la masse morte des EAP. Le VulcainII agit seul, avec une Isp de440s.

5 Considérant que la masse morte de chaque EAP est de 30t, donner la masse dulanceur en début de seconde phase. Puis, considérant le ∆V propulsif à créerpendant cette phase (calculé en 4), calculer la masse finale du lanceur en fin deseconde phase. En déduire la consommation d’ergols cryotechniques pendantcette seconde phase.

6 Sachant que la technologie actuelle permet de réaliser un étage cryotechniquedont la masse morte (structure + systèmes) est de 7% de la masse d’ergols, calcu-

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ler, à partir de la masse totale d’ergols cryotechniques consommée pendant le vol,la masse morte de l’EPC.

7 Déduire, par différence de la masse finale seconde phase et de la masse morteEPC, la masse utile injectée en trajectoire interplanétaire. Commenter cettevaleur, en relation avec l’architecture retenue.

8 Citer deux évolutions technologiques majeures possibles à moyen terme pour lapropulsion d’un étage inférieur de lanceur, et deux autres pour un étage supérieur.

Corrigé page 281

4.6 COMPOSITE SUPÉRIEUR POUR MISSION PLANÉTAIRE

Ce problème constitue une extension du calcul du lanceur standard, qui considéraitla performance de l’ensemble de base formé de l’Étage Principal Cryotechnique(EPC) et des deux Étages d’Accélération à Poudre (EAP). On reprendra doncl’ensemble des valeurs (au sens de Tsiolkowski) du lanceur AR5 de base. Ces résul-tats sont considérés comme des données pour notre exercice, et sont rappelés ci-dessous :Évolution de la masse lanceur :

- t=t0 Décollage (EPC + 2EAP) M0 = 693500 kg + Mcs

- t=t1 Extinction des EAP M1 = 204460 kg + Mcs

- t=t2 Juste après largage des EAP M2 = 137660 kg + Mcs

- t=t3 Extinction EPC M3 = 11700 kg + Mcs

où Mcs est la masse du composite supérieur, porté par le lanceur de base.Phases propulsées :

- Phase A (entre t0 et t1) EPC + 2EAP en atmosphère Isp A équiv = 264.8 sec- Phase B (entre t2 et t3) EPC seul dans le vide Isp B = 431 sec

L’objet de l’exercice est le prédimensionnement du composite supérieur, lui-mêmeformé d’un Étage Propulsif (EP) assurant la phase C de combustion (et dont la massemorte est évidemment injectée sur l’orbite définitive) et d’une Charge Utile (CU) :

Mcs = Mep + Mcu

1 Calcul du ∆V propulsif mission

1.1 Pour éviter de résoudre un problème à trois corps, on considérera (avecune bonne approximation) que la mission translunaire est assurée parl’injection sur une orbite de transfert 170/350000 km. On rappelle que :GMt = 3.98603 105 km3/s2 ; Rt = 6378 km.Calculer la vitesse absolue à l’injection au périgée.

1.2 En déduire le ∆V propulsif ∆Vmission lunaire de la mission lunaire au sensde Tsiolkowski, en considérant les hypothèses suivantes :

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4.7 • Comparaison d’Architectures de Nanolanceurs

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- les pertes totales (phases A,B,C) s’élèvent à 2450 m/s- le gain équatorial est de 440 m/s (du fait de l’inclinaison de l’orbite lunaire).

2 Calcul de la masse utile en transfert lunaire

On suppose, pour simplifier notre calcul de prédimensionnement, que la massetotale Mcs du composite supérieur est de 21t.

2.1 Calculer le ∆V fourni par le lanceur de base (phases A et B) au compositesupérieur.

2.2 En déduire le ∆V propulsif résiduel à fournir par l’étage du compositesupérieur (phase C) pour accomplir la mission d’injection en trajectoiretranslunaire.

2.3 Considérant que ledit étage propulsif met en œuvre un ergol stockabledélivrant une Isp de 320 sec. avec un indice de masse morte de 12%,calculer numériquement la masse Mcu du véhicule en route vers la Lune,en notant que : Mep = 1.12*Mergol et que : Mes = 1.12*Mergol + Meu =21 t. (NB : on suggère de calculer d’abord la masse d’ergol de la phase C).

2.4 Donner la méthodologie de dimensionnement (sans faire le calcul) de laphase D de la propulsion de freinage pour mise en orbite autour de laLune.

Corrigé page 283

4.7 COMPARAISON D’ARCHITECTURES DE NANOLANCEURS

Dans cet exercice, nous nous proposons d’analyser l’influence de l’étagement sur lesperformances d’un microlanceur de type fusée sonde. Pour fixer les idées (et simpli-fier les calculs), nous supposerons que tous les propulseurs ont la même impulstionspécifique effective de 250 secondes, dans leurs conditions d’utilisation.

1 Calcul préliminaire du ∆V propulsif mission

La mission de référence consiste à injecter la charge utile (solidaire du dernier étage)en orbite basse équatoriale à une vitesse de 7850 m/s, avec une somme de pertesévaluée à 1600 m/s.

1.1 En supposant que le décollage a lieu à l’équateur avec un tir vers le plein-Est, calculer la valeur du ∆V propulsif à fournir par le lanceur (on donnele rayon de la Terre : RT = 6378 km).

1.2 Commenter les différentes valeurs numériques prises en compte dans cecalcul, et en particulier expliquer pourquoi elles peuvent s’appliquer à unmicro-lanceur.

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2 Architecture Biétage Série

On considère dans cette question l’étagement suivant :Premier étage : 17 kg de Propergol, 1 kg de masse morte (structure,systèmes)Second étage : 7 kg de poudre, 0.4 kg de masse morte0.1 kg de mini-coiffe, larguée en même temps que le premier étage.

2.1 Calculer les quatre masses nécessaires pour établir le ∆V propulsif de celanceur, faisant apparaître l’inconnue mu (masse utile du nanosatelliteembarqué)

2.2 Calculer la masse de la charge utile placée en orbite de référence.2.3 Commenter cette valeur et la conception du lanceur en général.

3 Architecture Triétage Série

On considère dans cette question l’étagement suivant :Premier étage : 12 kg de Propergol, 0.7 kg de masse morte (structure, systèmes)Deuxième étage : 8 kg de poudre, 0.5 kg de masse morteTroisième étage : 4 kg de poudre, 0.3 kg de masse morte

0.1 kg de mini-coiffe, larguée en même temps que le deuxièmeétage.

3.1 Calculer les six masses nécessaires pour établir le ∆V propulsif de celanceur.

3.2 Calculer la masse de la charge utile placée en orbite de référence.

4 Architecture Triétage Parallèle

On considère dans cette question les éléments suivants :Booster : Chacun 4 kg de Propergol, 0.2 kg de masse morteCorps central : 12 kg de poudre, 0,7 kg de masse morteÉtage Supérieur :4 kg de poudre, 0.3 kg de masse morte

0.1 kg de mini-coiffe, larguée en même temps que le corps central.La séquence de vol est la suivante :

- mise à feu simultanée du corps central et des deux boosters latéraux- le corps central continue à brûler seul après extinction et largage des boos-

ters, ce deux événements se produisant quasiment au même instant, lorsquele corps central a consommé un tiers de son propergol

- l’étage supérieur s’allume normalement après fin de combustion du corpscentral.

4.1 Calculer les six masses nécessaires pour établir le ∆V propulsif de celanceur.

4.2 En supposant que les pertes sont seulement de 1480 m/s pour ce lanceur,calculer la masse de la charge utile placée en orbite de référence.

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4.8 • Prédimensionnement d’un lanceur à poudre

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4.3 Commenter ce résultat, en comparaison avec les précédents.4.4 Commenter les conditions de calcul. Comment pourrait-on les améliorer ?

Corrigé page 284

4.8 PRÉDIMENSIONNEMENT D’UN LANCEUR À POUDRE

L’objet de cet exercice est de retrouver par un calcul simple la performance d’unlanceur léger comportant 3 étages en série, fonctionnant successivement. Ce type delanceur peut être utilisé pour placer des charges sur des orbites basses d’observationou de communication pour formations de satellites.

1 Calcul des paramètres mission lanceur

L’orbite visée par le lanceur est une orbite de transfert de 400 km à l’apogée et120 km au périgée, le lanceur injectant directement la charge utile à l’apogée (en finde combustion du 3ème étage) .

1.1 Calculer la vitesse orbitale Vinj à l’injection.On donne : µ = GMt = 3.986 1014 m3kg-1s-2 ; Rt = 6.378 106 m

1.2 En supposant que :- la somme des pertes est de 1.8 km/s- le bénéfice provenant de la rotation de la Terre pour un lancement de

Kourou est de 0.4 km/s (compte tenu de l’inclinaison significative del’orbite visée),

calculer l’incrément de vitesse propulsive équivalente ∆Vpropu équiv à créer par lelanceur (au sens de Tsiolkowski).

1.3 À votre avis, pourquoi a-t-on choisi une orbite de transfert avec périgéetrès bas ?

2 Calcul de la performance en architecture de base

Les caractéristiques du lanceur sont les suivantes :- Propulsion à poudre pour les 3 étages, donnant une impulsion spécifique de 290 s

dans le vide, et 250 s au sol.- Premier étage :

Masse de propergol : Mpoudre1 = 80 tIndice de structure (rapport masse morte étage sur masse de poudre) : α1 = 11%Impulsion spécifique : Isp1 = moyenne des Isp au sol et dans le vide.

- Deuxième étage : Mpoudre2 = 25 tα2 = 9%Isp2 = Isp dans le vide.

91

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92

- Troisième étage : Mpoudre3 = 12 tα3 = 7%Isp3 = Isp dans le vide.

- La charge utile, de masse Mu (inconnue à calculer) est protégée par une coiffe demasse Mcoiffe = 0,2t, supposée larguée en même temps que le 2ème étage (donc enfin de combustion du 2ème étage).

2.1 Exprimer numériquement la masse du lanceur en faisant apparaître Musous forme d’inconnue, aux instants suivants :

- décollage- fin de combustion du 1er étage- début de combustion du 2ème étage- fin de combustion du 2ème étage- début de combustion du 3ème étage- fin de combustion du 3ème étage.

Le premier instant correspond au début de mission lanceur, et le dernier à la fin demission lanceur (c’est à dire à l’injection sur orbite, la carcasse du troisième étageétant toujours solidaire de la masse utile à cet instant).

2.2 Exprimer le ∆V propulsif total généré par les combustions successives des3 étages, selon la formule de Tsiolkowski.

2.3 En identifiant l’expression précédente à la valeur mission trouvée à laquestion 1.2, calculer une valeur approchée de la masse utile satellisable,en testant diverses valeurs de Mu.

3 Calcul de la performance avec accélérateurs

On considère le passage d’une architecture série à une architecture parallèle-série,utilisant toujours le même propergol :

Recalculez une bonne approximation de la performance (Mu) du lanceur pour lamême orbite, mais en ajoutant deux accélérateurs (boosters de décollage) mis à feuen même temps que le premier étage. Chaque booster contient 12t de poudre, avecun indice de structure de 12% et une impulsion spécifique égale à l’impulsion spéci-fique au sol. On supposera qu’à la fin de la combustion des boosters, le premierétage contient encore 75% de sa masse de poudre. On supposera aussi, pour simpli-fier, que ce premier étage a pour impulsion spécifique : la valeur au sol pendant laphase durant laquelle les boosters fonctionnent, et 275 s dans la phase suivante.

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1 2 3

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lit.4.9 • Le lanceur H2A - Architecture et Incident en Vol

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4.9 LE LANCEUR H2A - ARCHITECTURE ET INCIDENT EN VOLSujet préparé en coopération avec M Clermont (SPS)

La famille de lanceurs H2A est un système ELV (Expendable Launch Vehicule)présentant une configuration modulaire par ajout de boosters à propulsion solide dedeux types ou liquide cryotechnique autour du corps central cryotechnique communà toutes les versions. Une versatilité importante est obtenue par ce biais, avec uneperformance GTO de 4 à 9,5 t suivant les variantes. Les caractéristiques de la familleH2A sont données en annexe.

Le 1er vol remonte au 29/08/2001, et la fusée a depuis volé à 18 reprises, totalisant17 succès et un seul échec, dont cet exercice est inspiré.

Performances de référence de la fusée standard H2A202

La séquence nominale de vol pour la configuration H2A202 considérée est définiecomme suit :

T0 mise à feu simultanée du corps central (1er étage) et des2 SRB

T1=T0+100s extinction des 2 SRBT2=T0+100s largage des 2 SRBT3=T0+390s extinction du corps central (1er étage)T4=T0+390s largage du 1er étageT5=T0+390s allumage du 2ème étageT6=T0+920s extinction du 2ème étage.

Dans tout le problème, on considère une charge utile de 6 t.1 Calculer l'évolution de la masse lanceur entre T0 et T6.2 En déduire les ∆V propulsifs induits par chacune des 3 phases de combustion au

sens de Tsiolkowski, c'est à dire entre T0 et T1, puis T2 et T3 et enfin entre T5 etT6.

3 En déduire le ∆V propulsif nominal créé par le lanceur pour cette charge utile.Cette valeur servira de référence pour la mission lanceur.

L'Incident en Vol

Le 29/11/2003 pour son 6ème vol, la fusée décolle du Tanegashima Space Centeravec à son bord deux satellites d'observation. Le vol ne se passe pas commeprévu : le système de largage d'un des boosters SRB-A ne fonctionne pas. Lecomposite poursuit sa route sur la trajectoire prévue, traînant le booster vide jusqu'aulargage du 1er étage.4 Recalculer le ∆V propulsif crée en fin de combustion du 1er étage (c'est à dire de

T0 à T3) dans cette configuration déficiente.

93

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94

5 Quelle masse supplémentaire de propergol aurait-il fallu pour compenser ce fonc-tionnement dégradé avec le seul 1er étage, pour conserver le ∆V nominal ?

6 Quelle masse supplémentaire de propergol aurait-il fallu pour compenser ce fonc-tionnement dégradé avec le seul 2ème étage ?

7 Quelle conclusion peut-on tirer des résultats des questions 5) et 6) quant aux capa-cités de compensation de ce type de fusée « classique » en termes de perfor-mances (c'est à dire en conservant un ∆V nominal) ?Supposons maintenant que, suite à l'incident, les satellites soient libérés sur une

orbite sous-énergétique et tentent de compenser le ∆V manquant par leur proprepropulsion. On considère 2 satellites de 3t, embarquant chacun 500 kg de propergol.8 Quelle est l'impulsion spécifique qui serait nécessaire pour que le satellite

parvienne, par ses propres moyens, à l'orbite visée initialement en imaginantl'incident décrit sur le lanceur nominal. Donnez votre conclusion générale sur larobustesse globale du système de lancement vis-à-vis de ce type d'incident.

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Coi

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LOx/

LH2

Mot

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LH2

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390

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448

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0 s

T0+1

00 s

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90 s

T0+9

20 s

T0+3

90 s

2ème

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SB

(Sol

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Str

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SS

B-A

(Sol

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Roo

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Boo

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)

Mas

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ANNEXE - Caractéristiques de la famil le H2A

Nota : Ce tableau comprend quelques approximations sur le séquençage du vol, destinées à simplifier le calcul

Mas

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rgol

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nsp

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Com

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0 =

déco

llage

)

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96

VariantesLa fusée H2A peut voler dans les configurations suivantes. par capacité croissante :

Nota

On considère en première approche que la coiffe est larguée en fin de vol du premier étage(et fait donc partie de la masse morte du premier étage).

- H2A202 (version standard) : corps central cryotechnique avec 2 boosters SRB-A,

- H2A202 : corps central cryotechnique avec 4 boosters SRB-A.

H2A202SRB:2

H2A2022SRB:2SSB:2

H2A2024SRB:2SSB:4

H2A204SRB:4

- H2A2022 = H2A202 + 2 boosters SSB, - H2A2024 = H2A202 + 4 boosters SSB,

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5
SOLUTIONS
1.1 TREILLIS PORTEUR ISOSTATIQUE

1 Le problème est extérieurement isostatique car les appuis définissent exactement3 blocages extérieurs indépendants (le nœud D est bloqué en translation, et larotation d’ensemble autour de D est ensuite bloquée par l’appui simple en C).Le treillis, détaché de ses appuis, possède 4 nœuds (n=4) et 5 barres (b=5). Ilvérifie donc globalement la relation 2n-b=3 des treillis isostatiques 2D, et on peutvérifier qu’elle est vraie pour toute maille (sous treillis) ; en effet, les mailles ABCet BCD sont deux mailles triangulaires simples qui ne se recouvrent pas. Leproblème est donc intérieurement isostatique.Étant isostatique intérieurement et extérieurement, le problème est complètementisostatique.

2 On écrit l’équilibre du nœud A, où la charge est connue, en précisant les angles :

L’équilibre du nœud B donne ensuite :

z

A( )

32

-------NAB–12---NAC– 0=

F–12---NAB

32

-------NAC–– 0=

NAB F=

NAC 3F– 1.73 F–≅=

⇒

B( )

32

-------NAB12---NBC

12---NBD–+ 0=

12---NAB

32

-------NBC3

2-------NBD–– 0=

3F NBC NBD–+ 0=

F 3NBC 3NBD–– 0=

⇒

NBC3

3-------F– 0.577 F–≅=

NBD 2NBC–2 3

3----------F +1.15 F≅= =

⇒

60° 60°60°

60°

30°

B

F

A

CD

97

Chapitre 5 • Solutions

98

L’équilibre selon x du nœud C donne enfin :

Le scéma ci-contre rassemble l’ensemble descharges (intérieures et extérieures) :

3 Pour appliquer le théorème de Castigliano, il faut calculer l’énergie de déforma-tion élastique en fonction de F, en précisant la longueur des barres :

Dès lors, le déplacement vertical de A se trouve immédiatement :

4 Compte tenu de la géométrie et des blocages de la barre CD, son équation auxdéplacements se réduit à :

Il vient donc immédiatement :

5 La charge critique de flambage en compression dans une barre birotulée de

longueur a est la charge critique d’Euler ; dans ce treillis, les barres ayant

C( )x : 12---NAC

12---NBC– NCD– 0= soit 3

2-------F–

36

-------F NCD–+ 0=

NCD NBC3

3-------F– –0.577 F≅= =⇒

Eélast12---

NAB2 3L

ES-----------------------

NAC2 2LES

------------------NBC

2 LES

---------------NBD

2 LES

---------------NCD

2 LES

---------------+ + + +

=

F2L2ES---------- 3 6 1

3--- 4

3--- 1

3---+ + + +

=

F2L2ES---------- 8 3+( )=

vA∂Eélast F( )

∂ F–( )------------------------- 8 3+( )FL

ES-------–

9.73FLES-------–≅= =

uCNCDL

ES---------------=

uC3

3-------FL

ES-------– 0.577FL

ES-------–≅=

π2EI

a2------------–

F

F2F

+F

3 F

3

3 F+ 2 3

3 F

3

3 F

B

A

CDL

LL

2L

3 L

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1.1 • Treillis Porteur Isostatique

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toutes même rigidité EI, c’est la barre la plus longue qui admet donc la chargecritique la plus basse. Il s’agit de la barre AC, pour laquelle a=2L.Or il se trouve que c’est aussi la barre la plus comprimée . En

conséquence, la barre AC est bien la barre critique en compression (la première quiflambera lorsque la charge croît).

Il suffit donc de remonter à la valeur de F qui génère cette charge critique dans labarre AC, soit :

NAC 3F–=( )

π2EI

4L2------------– 3Fc–= Fc

π2

4 3---------- EI

L2------ 0.144π2EI

L2------------ 1.425EI

L2------≅ ≅=⇒

99

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100

1.2 TRAVÉE SYMÉTRIQUE HYPERSTATIQUE

1 Dans son domaine linéaire, le problème mécanique 2D est entièrement symétrique(structure, chargement et conditions limites) par rapport à l’axe central vertical AC.Sans la poutre AC - qui travaille d’ailleurs comme une barre, en traction-compres-sion - le problème serait isostatique. Avec cette poutre, qui amène une rigidité entranslation élémentaire, il est hyperstatique de degré 1.Cette hyperstaticité est extérieure, ce qu’on peut vérifier en faisant l’inventairedes composantes indépendantes de réactions d’appui : 2 en O (ROx, ROy), 1 en B(RBy) et 3 en C (RCx, RCy, MCz). La symétrie élimine ROx, RCx et MCz, élimineégalement l’équilibre en translation selon x (soit une équation) et ajoute l’équa-tion ROy=RBy). Au total, il reste donc 2 inconnues (ROy, Rcy) pour une seuleéquation d’équilibre (2ROx+Rcy=0).

2 Vue du point A d’application de F, la structure résulte de la mise en parallèle de larigidité d’une part de la poutre horizontale OB en flexion sur 2 appuis et d’autre partde la barre verticale AC en compression. Ces deux rigidités sont simples à calculer :

- La rigidité de la poutre sur 2 appuis estcalculée par le théorème de Castigliano,en tenant compte de la symétrie duproblème :

La rigidité de la poutre horizontale sur ses 2 appuis, prise au point A, vaut donc :

Cette valeur pouvait être trouvée directement par symétrie, considérant qu’il s’agit

de 2 fois (en parallèle) la rigidité d’une poutre encastrée (qui vaut ), la symétrie

centrale étant équivalente à un encastrement :

Eélast1

2EI--------- Mz

2 Xd0

2L

∫ 2 12EI--------- Mz

2 Xd0

L

∫1

EI------ F

2---X–

2Xd

0

L

∫1

4EI--------- F2X2 Xd

0

L

∫= = = =

∂Eélast

∂F----------------⇒ 1

4EI--------- 2FX2 Xd

0

L

∫F

2EI--------- X2 Xd

0

L

∫ FL3

6EI---------- vA poutre 2 appuis= = = =

kpoutre6EI

L3---------=

3EI

L3---------

F

F

2F

2

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1.2 • Travée Symétrique Hyperstatique

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- La rigidité de la barre verticale est bien connue :

Ainsi, la rigidité de la structure complète en A est la somme des deux rigiditésprécédentes :

On en déduit la flèche en A :

3 Les deux rigidités étant en parallèle, la charge F se répartit entre la poutre et labarre en proportion des rigidités :

Ce calcul d’effort normal est naturellement considéré dans le domaine linéaire,lorsque la charge croît jusqu’à atteindre la bifurcation par flambage ; avant cettebifurcation, dont on cherche précisément à définir le niveau d’apparition, lesystème est encore linéaire.

Le flambage apparaît dans la barre en compression lorsque celle-ci atteint la chargecritique d’Euler en configuration encastrée-appuyée, dans la configuration suivante(ramenée à l’horizontale) :

En effet, la barre verticale AC étant très souple en flexion, la poutre horizontalebloque sa flèche transverse à son extrémité A (d’autant plus que ce blocage s’effec-tue en effort normal dans la poutre horizontale).

La barre verticale devient donc une poutre en flambage compression-flexion, dansla configuration hyperstatique encastrée-appuyée.

La charge critique de flambage d’Euler dans cette configuration classique vaut :

kbarreESb

L----------=

kA kpoutre≡ kbarre+ 6EI

L3---------

ESbL

----------+E 6I SbL2

+( )

L3--------------------------------- E

L--- 6I

L2------ Sb+

= = =

vAF–

kA------≡ FL3

E 6I SbL2+( )

---------------------------------–=

Nbarre F–kbarre

kA-------------≡

SbL2

6I SbL2+

------------------------F–=

C A

Nc barre encastrée/appuyée 20.2EI

L2------–≅

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102

Il suffit donc d’identifier cette valeur à l’expression de l’effort normal induit par Fpour trouver la valeur critique de F :

4 La barre verticale étant encastrée sur une poutre bien plus rigide en flexion, leflambage aura lieu en configuration encastrée-encastrée, selon le schéma suivant :

La rotation est bloquée en A par la rigidité en flexion relative de la poutre hori-zontale.

Dès lors, l’effort normal critique dans la barre verticale se calcule dans la configu-ration suivante (ramenée à l’horizontale) :

On observe que, pour une poutre de longueur L, dans cette configuration, la demi-sinusoïde déformée est exactement deux fois plus courte que dans la configuration deréférence d’Euler appuyée-appuyée (birotulée, représentée en pointillés ci-dessous).

Cela revient à multiplier la charge critique par 4, et donc :

En conséquence, la nouvelle valeur critique de F qui entraîne l’effort normal deflambage dans la barre verticale est donnée par :

SbL2

6I SbL2+

------------------------– Fc 20.2EI

L2------–≅ Fc 20.2

EI 6I SbL2+( )

SbL2----------------------------------- 20.2 1 6I

SbL2------------+

EI

L2------=≅⇒

C A

π2EI

L2------------

Nc barre encastrée/encastrée 4π2EI

L2------------–≡ 39.48π2EI

L2------------≅

Fc 4π2EI 6I SbL2+( )

SbL4----------------------------------- 39.48 1 6I

SbL2------------+

EI

L2------≅=

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1.3 MODES PLANS D’UNE POUTRE COUDÉE

1 Si l’ensemble des flèches en flexion est très supérieur aux déplacements en effortnormal, alors la flèche transverse sur le segment O1A est bloquée en A parl’assemblage au segment O2A, lequel impose toutefois que la rotation (dérivée dela flèche) soit continue en A. Il en est de même dans le segment O2A (dans lequella flèche transverse et bloquée en A par le segment O1A.En développant la poutre coudée, ne considérant que les flèches transverses, on

aboutit donc à une poutre droite continue de section constante par segment, simple-ment appuyé en A, conformément au schéma proposé.

2 ;

avec

3 En ; En ;

En

4 Ces conditions devant être respectées , les 4 systèmes ci-dessus s’explicitentainsi :

; ;

f1 X( ) A1 Ω1X( )cos B1 Ω1X( )sin C1ch Ω1X( ) D1sh Ω1X( )+ + +=

f2 Y( ) A2 Ω2Y( )cos B2 Ω2Y( )sin C2ch Ω2Y( ) D2sh Ω2Y( )+ + +=

g t( ) ωt( )cos≡

ω2

Ω14

-------EI1ρS1---------– 0≡

ω2

Ω24

-------EI2ρS2---------– 0≡

O1 : V1 0;t( ) 0=

Mz1 0;t( ) 0=

O2 : V2 0;t( ) 0=

Mz2 0;t( ) 0=

A :

V1 L1;t( ) 0=

V2 L2;t( ) 0=

θz1 L1;t( ) θz2 L2;t( )=

Mz1 L1;t( ) Mz2 L2;t( )=

t∀

O1 : I( )f1 0( ) 0=

f1'' 0( ) 0=

O2 : II( )f2 0( ) 0=

f2'' 0( ) 0=

A :

III( )f1 L1( ) 0=

f2 L2( ) 0=

IV( )f1' L1( ) f2' L2( )–=

f1'' L1( ) f2'' L2( )–=

103

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104

Les rotations et courbures sont de signes opposés selon f1 ou f2 dans le système(IV) en raison des orientations opposées de X et Y (qui se rejoignent en A).

Le système (I) s’explicite :

Il en est de même du système (II) ; en tenant compte de ces deux systèmes, lesfonctions f1 et f2 prennent donc les formes suivantes (dans lesquelles il reste2 constantes par fonction) :

L’explicitation du système (III) donne immédiatement :

Comme il en est de même pour f2, la prise en compte des systèmes (I) à (III)conduit aux formes suivantes, avec une seule constante par fonction :

Le système s’explicite alors :

Ce système linéaire homogène en (B1, B2) admet des solutions non-identique-ment nulles si et seulement si son déterminant est nul, soit, en éliminant les pulsa-tions nulles (et donc en ne retenant que les solutions dynamiques) :

A1 C1+ 0=

A1– C1+ 0=

A1 C1 0= =⇒

f1 X( ) B1 Ω1X( )sin D1sh Ω1X( )+=

f2 Y( ) B2 Ω2Y( )sin D2sh Ω2Y( )+=

B1 Ω1L1( )sin D1sh Ω1L1( )+ 0=

f1 X( )B1

sh Ω1L1( )------------------------ sh Ω1L1( ) Ω1X( )sin Ω1L1( )sin sh Ω1X( )– =

f2 Y( )B2

sh Ω2L2( )------------------------ sh Ω2L2( ) Ω2Y( )sin Ω2L2( )sin sh Ω2Y( )– =

IV( )f1' L1( ) f2' L2( )+ 0=

f1'' L1( ) f2'' L2( )+ 0=

Ω1 Ω1L1( )cos Ω1L1( )th Ω1L1( )sin– B1 +

Ω2 Ω2L2( )cos Ω2L2( )th Ω2L2( )sin– B2 0=

Ω12 Ω1L1( )B1sin Ω2

2 Ω2L2( )B2sin+ 0=

Ω2 Ω1L1( )cos Ω1L1( )th Ω1L1( )sin– Ω1L1( )sin –

Ω1 Ω2L2( )cos Ω2L2( )th Ω2L2( )sin– Ω2L2( )sin 0=

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Cette équation, dans laquelle , permet de trouver les

pulsations propres du système en flexion .

5 Comme on ne considère que les flèches de flexion dans les segments de poutre, lamasse n’intervient pas en inertie de translation, puisque celle-ci est bloquée hori-zontalement par le segment O1A, et verticalement par le segment O2A. Lenouveau problème en flexion est donc équivalent au problème ci-dessous, quiconsidère la flèche transverse en flexion, avec blocage en translation en A etinertie ponctuelle en rotation :

Les Conditions Limites en O1 et O2 sont inchangées, ainsi que le système (III) enA ; quant au système (IV), il devient :

Ces conditions s’écrivent :

La seconde équation pourrait aussi s’écrire

puisque d’après la première, les deux dérivées de f sont égales en A.

Enfin, d’après la forme de g(t), la seconde équation (la seule qui soit modifiée parrapport au système sans masse additionnelle) peut s’écrire :

Au total, les Conditions Limites du problème avec masse additionnelle peuventêtre rassemblées comme suit :

ω2 EI1ρS1---------Ω1

4 EI2ρS2---------Ω2

4= =

avec ω Ω1 Ω2;;( ) R+*∈( )

jz

θz1 L1;t( ) θz2 L2;t( ) θ t( )≡=

Mz1 L1;t( ) Mz2 L2;t( ) jZθ.. t( )–=

IV'( )f1' L1( ) f2' L2( )–=

EI1f1'' L1( )g t( ) EI2f2'' L2( )g t( )– jZf1' L1( )g.. t( )–=

EI1f1'' L1( )g t( ) EI2f2'' L2( )g t( )– –=

jZf2' L2( )g.. t( )

EI1f1'' L1( ) EI2f2'' L2( ) ω2jZf1' L1( )–+ 0=

f1 0( ) f2 0( ) f1 L1( ) f2 L2( ) 0= = = =

f1' L1( ) f2' L2( )+ 0=

f1'' 0( ) f2'' 0( ) 0= =

EI1f1'' L1( ) EI2f2'' L2( ) ω2jZf1' L1( )–+ 0=

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106

L’ajout de la masse ne modifie pas la nature du problème, qui conduit toujours àun système linéaire homogène (système non-excité).

6 La solution excitée sera notée avec un indice e.

La solution établie en flexion est donc notée :

La force linéique sinusoïdale peut être représentée par une translation verticalesinusoïdale imposée au repère ; pour donner l’équivalence avec

la charge linéique , il suffit de l’identifier à la force d’inertie

linéique induite par la translation du repère (où est la masse linéiquede la poutre ) ; on obtient donc :

La translation du référentiel agit en flexion uniquement sur le segment O1A, lesegment O2A subissant une sollicitation en effort normal qui n’agit pas dans leproblème en flexion. Dans le problème équivalent (développé) en flexion, ce dépla-cement n’est appliqué que sur le segment O1A. Sur ce segment, la solution à retenirsera celle du repère mobile, et on note Ve1fix la solution dans le repère fixe, danslequel il est plus commode d’écrire les Conditions Limites.

Le passage du repère de la poutre au repère fixe s’effectue par simple translation :

Ve1fix Ve1 + y(t)

Par rapport à la question 4, les Conditions Limites à appliquer sont donc modi-fiées uniquement pour et :

En ; En ;

En

Pour clarifier les notations, précisons que la solution générique (sur laquelle lesCL s’écriront) s’applique comme suit :

Ve1 X t;( ) dans le segment O1A

Ve2 Y t;( ) dans le segment O2A

ye t( ) αe ωetcos=

λY t( ) λ ωetcos=

µy..– µ ρS≡

λ ωetcos αeωe2 ωetcos–≡ αe

λ

ωe2

------–≡⇒

≡

V1 0 t;( ) V1 L1 t;( )

O1 : Ve1fix 0;t( ) y t( )=

Mz1 0;t( ) 0=

A :

Ve1fix L1;t( ) y t( )=

V2 L2;t( ) 0=

θz1 L1;t( ) θz2 L2;t( )=

Mz1 L1;t( ) Mz2 L2;t( )=

O2 : V2 0;t( ) 0=

Mz2 0;t( ) 0=

Ve1fix X;t( ) fe1fix X( )ge t( )≡

Ve2 X;t( ) fe2 X( )ge t( )≡

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Openmir

Le problème étant maintenant excité, les formes génériques restent valables, maisles pulsations ω ou pseudo-pulsations Ω sont désormais connues, avec :

Comme , les conditions limites s’écrivent finalement :

En ; En ;

En

Le système obtenu en Ae1fix, Be1fix, Ce1fix, De1fix, A2, B2, C2, D2 linéaire non-

homogène permet de trouver la solution ; la solution

s’en déduit immédiatement.

7 Les fréquences propres d’une poutre mince en effort normal et effort tranchantsont très supérieures à celles des modes de flexion. En effet, en flexion les carrésde premières pulsations propres d’une poutre de longueur L sont de l’ordre de

, alors qu’en effort normal (ou effort tranchant), elles sont de l’ordre de

( en effort tranchant, qui est du même ordre de grandeur qu’en

effort normal). Le ratio est grand (par rapport à 1) pour une poutre longue (I

variant comme la puissance 4 de la dimension de la section droite, alors que Svarie comme le carré).

ge t( ) ωet( )cos≡ ;

ωe2

Ωe14

---------EI1ρS1---------– 0≡

ωe2

Ωe24

---------EI2ρS2---------– 0≡

fe1fix X( ) Ae1fix Ω1X( )cos Be1fix Ω1X( )sin Ce1fixch Ω1X( ) De1fixsh Ω1X( )+ + +=

f2 Y( ) A2 Ω2Y( )cos B2 Ω2Y( )sin C2ch Ω2Y( ) D2sh Ω2Y( )+ + +=

ye t( ) λ

ωe2

------ ωet( )cos–=

O1 : fe1fix 0( ) λ

ωe2

------–=

f''e1fix 0( ) 0=

A :

f1fix L1( ) λ

ωe2

------–=

f2 L2( ) 0=

f'1fix L1( ) f2' L2( )–=

EI1f''1fix L1( ) EI2f2'' L2( )=

O2 : fe2 0( ) 0=

f''e2 0( ) 0=

fe1fix X( ) fe2 X( ),

fe1 X( ) fe2 X( ),

EI

ρSL2-------------

ESρSL----------- E

ρL-------≡

GSTYρSL

---------------

SLI

-------2

107

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108

Les modes en flexion d’une part et en efforts normaux et tranchants d’autre partsont totalement découplés fréquenciellement, et peuvent donc être étudiés séparément.

8 Si on note ‘ la dérivée par rapport à X dans le segment O1A et la dérivée parrapport à Y dans le segment 02A, les équations qui régissent les déplacements dusaux efforts normaux et tranchants dans les deux segments sont :

La fonction temporelle permet d’obtenir les solutions génériquesen X et Y :

9 Les rotations n’interviennent pas dans ces sollicitations, et les conditions limitesen translations sont :

En ; En ;

En

cN2 U1

′ ′ U1..

– 0= avec cN2 E

ρ---≡ carré de la célérité de propagation en effort normal( )

cN2 U2

′ ′ U2..

– 0= cN2 défini ci-dessus( )

cT12 VT1

′ ′ VT1..

– 0= avec cT12 G

ρ----

S1TYS1

------------≡ S1TY : surface cisaillée de section droite segment O1A( )

cT22 VT2

′ ′ VT2..

– 0= avec cT22 G

ρ----

S2TYS2

------------≡ S2TY : surface cisaillée de section droite segment O1A( )

g t( ) ωt( )cos≡

f3 X( ) A3ωXcN-------- cos B3

ωXcN-------- sin+=

f4 Y( ) A4ωYcN-------- cos B4

ωYcN-------- sin+=

f5 X( ) A5ωXcT1-------- cos B5

ωXcT1-------- sin+=

f6 Y( ) A6ωYcT2-------- cos B6

ωYcT2-------- sin+=

O1 : U1 0;t( ) 0=

VT1 0;t( ) 0=

O2 : U2 0;t( ) 0=

VT2 0;t( ) 0=

A :

U1 L1;t( ) V2 L2;t( )–=

U2 L2;t( ) +V1 L1;t( )=

TY1 L1;t( ) N2 L2;t( )–=

TY2 L2;t( ) +N1 L1;t( )=

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Openmir

Les conditions en A traduisent la continuité des déplacements et des efforts ; lesorientations sont définis par les standards en effort normal et en effort tranchant(axes Y1 et Y2 en effort tranchant, obtenus pas rotation directe par rapport au vecteurunitaire orientant le segment de poutre considéré) :

Le modèle développé des questions 1 à 6 n’est évidemment plus valable en effortnormal et effort tranchant, car les translations sont perpendiculaires dans lesdeux segments (alors que les rotations ou rayon de courbure en flexion se réali-saient toutes autour du même vecteur z).

XX

YY

X

Y

O1

O2

A

Y1

Y2

109

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110

1.4 TREILLIS PLAN TRIANGULÉ

1 Le problème est extérieurement isostatique car les appuis définissent exactement3 blocages extérieurs indépendants (l’appui simple en A5 laisse libre la seule rota-tion de la structure autour de ce point, et cette rotation est bloquée par l’appui glis-sant en A6).Intérieurement, le treillis détaché de ses appuis possède 6 nœuds et 9 barres ;

ainsi, on a bien 2n-b=3. Comme cette relation est par ailleurs vérifiée pour tout sous-treillis (mailles triangulaires qui ne se chevauchent pas), le problème est intérieure-ment isostatique.

En conséquence, ce problème structural 2D est entièrement isostatique.2 On peut procéder de proche en proche, en partant du nœud où toutes les charges

sont connues, c’est à dire A1, dont on écrit l’équilibre :

(A1)

De même : (A2)

(A3)

(A4)

Pour la dernière barre b56, plutôt que d’écrire l’équilibre du nœud A5, qui néces-siterait le calcul a priori des réactions d’appui, il est plus judicieux d’écrire l’équi-libre du nœud A6, qui donne en même temps la réaction selon x en ce point :

(A6)

N122

---------– N13– 0=

F–N12 3

2-----------------+ 0=

N122 3

3----------F=

N13N12

2---------–

33

-------F–= =

⇒

N122

---------N23

2--------- N24–– 0=

N12 32

-----------------–N23 3

2-----------------– 0=

N23 N12–2 3

3----------F–= =

N24 N122 3

3----------F= =

⇒

N13N23

2---------

N342

--------- N35––+ 0=

N23 32

-----------------N34 3

2-----------------+ 0=

N342 3

3----------F=

N35 3F–=

⇒

N24N34

2---------

N452

--------- N46––+ 0=

N34 32

-----------------–N45 3

2-----------------– 0=

N452 3

3----------F–=

N464 3

3----------F=

⇒

N46N56

2--------- R6x+ + 0=

N56 0= N56 0=

R6x N46–4 3

3----------F–= =

⇒

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1.4 • Treillis Plan Triangulé

Openmir

On peut donc récapituler les efforts internes :

L’ensemble des charges extérieures et internes appliquées au treillis peut êtreschématisé comme suit :

On remarque que la barre b56 ne travaille pas, et pourrait être supprimée. Celaprovient du fait que la barre b46 est perpendiculaire à l’appui simple en A6, et joue le rôled’appui glissant. Le problème proposé est strictement équivalent au schéma ci-dessous :

3 Pour appliquer le théorème de Menabrea, il est nécessaire de calculer l’énergiepotentielle élastique emmagasinée dans le treillis :

N12 N24 N34 N23– N45–2 3

3----------F +1.155 F≅= = = = =

N133

3-------F– –0.577 F≅=

N35 3F– –1.732 F≅=

N464 3

3----------F +2.309 F≅=

N56 0=

F1y = FR5y = +F

R6x 2.309 F

R5x +2.309 F

N12 + 1.155 F

N13 0.577 F

N23 1.155 F

N24 + 1.155 F

N34 + 1.155 F

N35 1.732 F

N45 1.155 F

N46 + 2.309 F

N56 = 0

FF

EélastL

2ES---------- N12

2 N132 N23

2 N242 N34

2 N352 N45

2 N462 N56

2+ + + + + + + +( )=

111

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112

Comme : ; ;

on peut noter avec :

Et donc :

D’après Menabrea :

4 Les barres ayant même section droite et même longueur ont toutes même chargecritique intrinsèque. Il suffit donc de recherche la barre la plus chargée en

compression. Il s’agit de la barre b35 dans laquelle N35 = . La chargecritique de flambage dans cette barre (birotulée) étant la charge critique d’Euler

, la charge F critique est donc :

N46 4 N13= N35 3 N13= N12 N24 N34= = =

N23 N45 2 N13≡=

N13 N≡( ) 33

-------F≡

N122 N24

2 N342 N23

2 N452 4N2

= = = = =

N132 N2≡

N352 9N2≡

N462 16N2≡

N562 0≡

N2 F2

3------=

EélastN2L2ES----------- 4 1 4 4 4 9 4 16 0+ + + + + + + +( ) F2L

6ES---------- 46( ) 23F2L

3ES----------------= = =

v1∂Eélast∂ F–( )---------------- 46FL

3ES-------------– 15.3FL

ES-------≅= =

3F–

π2EI

L2------------–

Fcπ2

3------- EI

L2------ 5.698EI

L2------≅=

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1.5 • Anneau Doublement Hyperstatique

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1.5 ANNEAU DOUBLEMENT HYPERSTATIQUE

1 La structure proposée résulte de la mise en parallèle d’une part de la rigidté del’anneau, ne prenant en compte que la flexion, et valant donc

, et d’autre part de la barre diamétrale, de rigi-

dité ; la rigidité équivalente de la structure est donc :

2 L’effort normal introduit dans la barre horizontale vaut :

2.1La charge critique est obtenue lorsque la barre atteint la limite d’Euler en

compression bi-rotuleé, soit ; en identifiant avec l’expression ci-

dessus, il vient :

2.2La charge critique est obtenue lorsque la barre atteint la limite d’Euler en

compression encastrée-rotulée, soit ; en identifiant, il vient :

3 À partir des résultats donnés sur l’anneau en flexion, on trouve immédiatement lesdéplacements uA et vB induits par le problème élémentaire suivant (dans lequel lecentre géométrique de l’anneau est supposé bloqué) :

kanneau4π

π2 8–--------------

EIa

R3-------- 6.72

EIa

R3--------≅=

kbarreESb2R----------=

K kanneau kbarre+( )≡ E2R------- 8π

π2 8–--------------

Ia

R2------ Sb+

E

2R------- 13.44

Ia

R2------ Sb+

≅=

Kkbarre

kanneau kbarre+---------------------------------------F π2 8–( )

8π-------------------

SbR2

Ia-------------F– 0.0744

SbR2

Ia-------------F–≅=–=

Nπ2EIb

2R( )2---------------–=

Fcritique appuyé2π3

π2 8–--------------

EIaSb--------

Ib

R4------ 33.2

EIaSb--------

Ib

R4------≅=

N20.2EIb

2R( )2-------------------–≅

Fcritique encastré40.4π

π2 8–--------------

EIaIb

SbR4------------- 67.9

EIaIb

SbR4-------------≅≅

uA1F1

2kanneau--------------------- π2 8–

2π-------------- R3

EIa--------F1= =

vB1π 4–4π

------------ R3

EIa--------F1=

F 1

uA

vB

113

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114

De même, le second problème suivant donne immédiatement, par rotationd’ensemble de 90° (la structure étant répétitive - et même invariante - en rotation àangle droit) :

Le problème proposé dans la question 3 résulte de la superposition des2 problèmes précédents, dans lesquels F1 est le chargement longitudinal F, et F2représente la charge aprliquée par la barre sur l’anneau ; celle-ci se calcule en écri-vant la condition de flèche totale nulle en B (barre infiniment rigide) :

La compression recherchée, dans la barre diamétrale transverse, vaut donc -F2,soit :

Pour trouver la rigidité longitudinale hyperstatique, il suffit de calculer le déplace-ment uA total, avec la valeur exacte de F2 :

Soit :

Si K’ désigne la nouvelle rigidité longitudinale hyperstatique, alors :

uA2π 4–4π

------------ R3

EIa--------F2=

vB2π2 8–

2π-------------- R3

EIa--------F2=

vB vB1 vB2+π 4–4π

------------F1π2 8–

2π--------------F2+

R3

EIa-------- 0≡= = F2⇒ 4 π–

2 π2 8–( )-----------------------F1

4 π–

2 π2 8–( )-----------------------F= =

Ntransverseπ 4–

2 π2 8–( )-----------------------F 0.230 F–≅=

uA uA1 uA2+π2 8–

2π--------------F1

π 4–4π

------------F2+ R3

EIa-------- π2 8–

2π--------------F 4 π–

2 π2 8–( )-----------------------F+

R3

EIa--------= = =

uAπ2 8–

π-------------- 4 π–

π2 8–--------------+

R3

2EIa-----------F π4 17π2 4π 64+ +–

2π π2 8–( )------------------------------------------------- R3

EIa--------F 0.527 R3

EIa--------F≅= =

F K' 2uA×= K' π π2 8–( )

π4 17π2 4π 64+ +–-------------------------------------------------

EIa

R3-------- 0.949

EIa

R3--------≅=⇒

F 2

uA

vB

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1.6 TRAVÉE EN FLEXION SYMÉTRIQUE ET ANTISYMÉTRIQUE

1 La solution générique en flexion est avec

et :

; ,

,

En plaçant l’origine des X au point d’appui gauche, les conditions limites en cepoint sont :

Dès lors, en tenant compte de cet appui, f(X) se récrit et les conditions limites sur l’appui de droite s’écrivent :

Ce système linéaire homogène en B et D admet des solutions (dynamiques) non-identiquement nulles si et seulement si son déterminant est identiquement nul, soit :

La fonction sh est monotone, et admet comme unique racine ; or et donc, dans le cadre dynamique, la condition précédente est équivalente à :

Les pulsations propres temporelles sont données par :

Les modes symétriques et antisymétriques sont alternés :

V X t;( ) f X( )g t( )=

g t( ) ωt( )cos≡( ) ω R+*∈( )

f X( ) A ΩXcos B ΩXsin CchΩX DshX+ + += ω2

Ω4-------

EIzρS--------– 0=

A B C D, , ,( ) R4∈ Ω R

+*∈

V 0 t;( ) 0≡Mz 0 t;( ) 0≡ t∀

f 0( ) 0=

f '' 0( ) 0=

⇒ car g t( ) 0≠ et Mz EIzV''=( )A C+ 0=

A– C+ 0= A 0≡

C 0≡

⇒ ⇒

f X( ) B ΩXsin DshX+=

f 2L( ) 0=

f '' 2L( ) 0= B 2ΩL( )sin Dsh 2ΩL( )+ 0=

B 2ΩL( )sin– Dsh 2ΩL( )+ 0=

⇒

Det 0≡ 2ΩL( )sh 2ΩL( )sin⇔ 0=

ΩL 0= Ω 0≠

2ΩL( )sin 0≡ 2ΩL⇔ jπ= j N+*∈( )

ωj Ωj2 EIZ

ρS--------- jπ

2L------- 2 EIZ

ρS---------= =

Modes Symétriques : j impair( ) 2i 1–( )≡Modes Antisymétriques : j pair( ) 2i≡

i N+*∈;

115

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116

Numériquement :

2 La solution générique sur le demi-modèle est toujours de la même forme, avec :

,

Les conditions limites proposées en X=0 (qui représente désormais le milieu de lapoutre, et donc le plan de symétrie) s’écrivent, pour les modes symétriques :

Ces conditions sont représentatives de la symétrie, la rotation nulle assurant lacontinuité géométrique de la poutre (sans articulation) sur le plan de symétrie, etl’effort tranchant résultant du principe d’action et réaction.

En effet, la symétrie impose que l’effort selon Y exercé par la partie droite sur lapartie gauche soit égal à celui exercé par la partie gauche sur la partie droite(TY(0+)=TY(0–), par coupure en amont) ; le principe d’action-réaction impose parailleurs que la résultante de la partie droite sur la partie gauche soit opposée à cellede la partie gauche sur la partie droite (TY(0+) = – TY(0–), ce qui est redondant avecla définition du visseur : résultante de l’aval vers l’amont ou opposé de la résultantede l’amont vers l’aval).

L’effort tranchant est donc nul dans une poutre qui traverse orthogonalement leplan de symétrie et ne subit pas de charge ponctuelle en ce point (qui rendrait TYdiscontinu). On remarque que dans cette configuration, l’effort normal n’est pas nul.En effet, pour N (dirigé cette fois normalement au plan de symétrie, et non parallèle-ment) la symétrie impose seulement N(0+) = –N(0–), ce qui est redondant avec ladéfinition du visseur, mais n’apporte rien de plus.

ω19.870

4L2-------------

EIZρS--------- 2.467

EIZ

ρSL4-------------≅ ≅ symétrique( )

ω239.48

4L2-------------

EIZρS--------- 9.870

EIZ

ρSL4-------------≅ ≅ antisymétrique( )

ω388.83

4L2-------------

EIZρS--------- 22.21

EIZ

ρSL4-------------≅ ≅ symétrique( )

ω4157.9

4L2-------------

EIZρS--------- 39.48

EIZ

ρSL4-------------≅ ≅ antisymétrique( )

f X( ) α ΩXcos β ΩXsin γchΩX δshX+ + += α β γ δ, , ,( ) R4∈

f ' X( ) Ω α ΩXsin– β Ωcos X γshΩX δchX+ + +( )=

f '' X( ) Ω2 α ΩXcos– β Ωsin X γchΩX δshX+ +–( )=

f ''' X( ) Ω3 αsinΩX β Ωcos X γshΩX δchX+ +–( )=

⇒

f ' 0( ) 0=

f '' 0( ) 0=

car TY ELzV'''–=( )β δ+ 0=

β– δ+ 0= β 0=

δ 0=

⇒ ⇒

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La prise en compte de la symétrie dans la solution générique permet de récriref(X) pour le demi-modèle adapté aux modes symétriques :

Les conditions limites sur l’appui de droite (cette fois placé en X=L) dans ledemi-modèle symétrique s’écrivent :

La condition d’existence d’une solution non-identiquement nulle en α et βs’explicite :

On constate que les pulsations propres sont celles des modes symétriques précé-dents ; il en est de même des formes propres : l’origine ayant été décalée, les fonc-tions circulaires sont déphasées, le sinus devenant un cosinus, et de même pour leslignes hyperboliques.3 Appliquons les conditions limites antisymétriques proposées, à la solution géné-

rique du demi-modèle :

On peut donc récrire f(X) pour le demi-modèle adapté aux modes antisymétriques :

Ainsi, la décomposition du problème géométriquement symétrique en une résolu-tion dynamique symétrique et antisymétrique correspond au partitionnement des4 termes de la solution générique : cos et sh (fonctions paires) d’une part, sin et sh(fonctions impaires) d’autre part ; cette dichotomie se retrouve dans l’ensemble deséquations.

Les conditions limites sur l’appui de droite du demi-modèle antisymétriquedonnent :

La condition d’existence d’une solution dynamique en s’explicite :

fsym X( ) α ΩX( )cos γch ΩX( )+=

f L( ) 0=

f '' L( ) 0= α ΩL( )cos γch ΩL( )+ 0=

α ΩL( )cos– γch ΩL( )+ 0=

⇒

Ω 0≠( )

Det 0≡ ΩL( )cos ch ΩL( )⇔ 0≡ ΩL( )cos 0≡ ΩL⇒ ⇒ 2i 1–2

--------------π=

f X( ) α ΩXcos β ΩXsin γchΩX δshX+ + +=

f ' 0( ) 0=

f '' 0( ) 0=

car MZ ELzV''=( )α γ+ 0=

α– γ+ 0= α 0≡

γ 0≡

⇒ ⇒

fantisym X( ) β ΩX( )sin δsh ΩX( )+=

f L( ) 0=

f '' L( ) 0= β ΩL( )sin δsh ΩL( )+ 0=

β ΩL( )sin– δsh ΩL( )+ 0=

⇒

β δ,( )

Ω 0≠( )

Det 0≡ ΩL( )sin sh ΩL( )⇔ 0≡ ΩL( )sin 0≡ ΩL⇒ ⇒ iπ=

117

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118

On retrouve de même sur la longueur L les modes antisymétriques précédemmenttrouvés sur la poutre de longueur 2L.

On observe que les conditions limites proposées dans le plan médian (plan d’anti-symétrie) sont équivalentes à une antisymétrie : d’une part la flèche est nulle (ce quigarantit la continuité de la poutre en flèche, au centre d’antisymétrie), et d’autre partle moment nul assure un point d’inflexion au même centre (qui parachève l’antisy-métrie).

4 La solution générique (avec

) prend en compte la symétrie modale sur le plan

médian, et est donc valable autour des modes 1 et 3 ; il suffit d’écrire les condi-tions limites sur l’appui de droite :

La réponse de la poutre autour des modes 1 et 3 est donc :

5 À résonance adimensionnelle au voisinage immédiat d’une fréquence propre (àune distance fréquentielle de l’ordre de l’amortissement réduit ), le mode propres’établit ; le modèle symétrique reste donc valable même pour le chargementasymétrique, l’énergie introduite dans le système étant divisée par 2.

On obtient donc :

6 On considère à présent a solution générique du demi-modèle antisymétrique

(avec ), valable autour des modes 2 et 4.

fsym X( ) α ΩX( )cos γch ΩX( )+=

V X t;( ) fsym X( ) ωet( )cos×≡

f L( ) 0=

MZ L t;( ) ELZV'' L t;( ) ωet( )cos≡=ωt( )cos ωet( )cos≡ ω ωe≡ Ω Ωe≡⇒ ⇒ ρS

ELZ----------ωe=

ELZf '' 0( ) 1=

⇒

α ΩeL( )cos γch ΩeL( )+ 0=

α ΩeL( )cos– γch ΩeL( )+ 1ELZΩe

2------------------=

α 1

2ELZΩe2 ΩeL( )cos

----------------------------------------------–=

γ + 12ELZΩe

2ch ΩeL( )--------------------------------------------=

⇒ ⇒

Vpair X t;( ) 1

2ELZΩe2

---------------------ch ΩeX( )ch ΩeL( )----------------------

ΩeX( )cosΩeL( )cos

-------------------------–

ωeL( )cos=

ζ

Vrésonance pairesous charge asymétrique

X t;( ) 1

4ELZΩe2

---------------------ch ΩeX( )ch ΩeL( )----------------------

ΩeX( )cosΩeL( )cos

-------------------------–

ωeL( )cos=

fantisym X( ) β ΩX( )sin δsh ΩX( )+=

V X t;( ) fantisym X( ) ωet( )cos×=

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Les conditions limites sur l’appui de droite s’écrivent de même

et s’explicitent à présent

La réponse autour des résonances antisymétrique, à la sollicitation antisymé-trique, est :

Il s’agit bien de l’expression similaire à son homologue paire, dans laquelle sh aremplacé ch et sin a remplacé cos.

La réponse à résonance antisymétrique à la sollicitation antisymétrique (sollicita-tion de la question 5) est donc :

Remarque complémentaire :Pour générer les modes symétriques, un effort central sinusoïdal est efficace, ainsi

qu’un moment central pour les modes antisymétriques. Mais un tel chargement dansle plan de symétrie aurait donné un calcul plus complexe.

Le cas de l’effort central est traité ci-dessous : on considère le demi-modèle symé-trique, chargé avec la moitié du chargement (car celui-ci, ponctuel, est dans le plande symétrie) :

La solution générique à prendre en compte estla forme générale à laquelle nous allons appli-quer les conditions limites chargées :

f L( ) 0=

ELZf '' 0( ) 1=

β ΩL( )sin δsh ΩL( )+ 0=

β ΩL( )sin– δsh ΩL( )+ 1

Ωe2ELZ

------------------=

β 1

2ELZΩe2 ΩL( )sin

-------------------------------------------–=

δ + 1

2ELZΩe2sh ΩL( )

-----------------------------------------=

⇒

Vimpair X t;( ) 1

2ELZΩe2

---------------------sh ΩeX( )sh ΩeL( )----------------------

ΩeX( )sinΩeL( )sin

------------------------–

ωeL( )cos=

Vrésonance pairesous charge asymétrique

X t;( ) 1

4ELZΩe2

---------------------sh ΩeX( )sh ΩeL( )----------------------

ΩeX( )sinΩeL( )sin

------------------------–

ωeL( )cos=

t∀V' 0 t;( ) 0≡

TY 0+ t;( )ωet( )cos

2----------------------–≡ coupure amont( )

F2

cos et( )2

119

rors.com


120

L’effort tranchant est discontinu dans le plan de symétrie, de par l’application deF, mais on l’a exprimé sur la partie droite (

).

On peut clarifier cette situation sur l’exemple statique :

En réalité, la transition n’est jamais ponctuelle, et la conditionTY=0 est respectée.

Mais c’est le modèle continu pour X>0 qui nous intéresse endynamique ; aussi on prend TY à X=0+.

Appliquons donc les conditions limites chargées à la solution générique, :

On observe que ce système linéaire non-homogène en (α,β) est résoluble séparément.

La solution générique devient alors : ·

Il reste alors à écrire les conditions limites sur l’appui droit.

X 0+= 0 ε+ ε << L,≡ ,ε aussi petit que l’on veut

F

X

TY

F2

+F

2

f X( ) α ΩXcos β ΩXsin γchΩX δshX+ + += g t( ) ωt( )cos≡

f ' 0( ) 0=

ELZV''' 0 t;( )–ωet( )cos

2----------------------=

ω ωe≡ Ω Ωe≡⇒

2ELZf''' 0( )– 1=⇒

β δ+ 0=

β δ– 12ELZΩe

3---------------------=

β + 1

2ELZΩe3

---------------------=

δ 12ELZΩe

3---------------------–=

⇒ ⇒

f X( ) α ΩXcos γchΩX ΩXsin shX–

4ELZΩe3

---------------------------------+ +=

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1.7 • Maille Hexaédrale en Traction Diagonale

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1.7 MAILLE HEXAÉDRALE EN TRACTION DIAGONALE

1 Le problème est extérieurement isostatique formellement pour ce cas de charge,puisqu’il s’agit (extérieurement) du problème élémentaire en traction simple ; laréaction en O est donc entièrement définie. Le déplacement d’ensemble est définià une rotation près autour de l’axe z (mais c’est le cas pour la traction simple). Ilsuffirait pour rendre le problème rigoureusemen isostatique, de considérer parexemple que le déplacement du nœud B selon y est bloqué : cela ne change stric-tement rien aux efforts et déplacements, mais complète formellement les blocagesisostatiques extérieurs.Intérieurement, le treillis possède 5 nœuds et 9 barres ; il vérifie donc la relation

3D 3n-b=6. Comme ceci est également vrai non-seulement du treillis globalement,mais aussi de chaque maille (tétraèdres), le problème est intérieurement isostatique.2 La symétrie du treillis et des charges (connue en D, réaction en O) par rapport au

plan ABC, et la répétitivité d’ordre 3 du problème autour de l’axe vertical permetentde définir les 2 efforts normaux indépendants comme représenté sur le schéma ci-dessous :

NOA = NOB = NOC = NAD = NBD = NCD = N1NAB = NBC = NAC = N2

3 Le problème étant isostatique, 2 équations d’équilibre de nœuds indépendantessont nécessaires et suffisantes pour calculer N1 et N2 ; on prendra :

– l’équilibre vertical de D, qui s’écrit : où est lecosinus directeur sur l’axe vertical z, de DA par exemple :

L’équilibre de D selon z s’explicite donc :

Ce qui donne immédiatement :

F– 3γ1N1+ 0= γ1

γ DA( )Z

DA-----------------

L 23

-------

L----------- 2

3-------= =≡

F– 3 23

-------N1+ 0=

N1 F2 3

-------------- 2 36

--------------F 0.408 F≅= =

F

O

A

B

C

D

N1

N1

N1

N1

N1

N1

N2

N2

N2

121

rors.com


122

– l’équilibre horizontal de B, selon y qui s’écrit : , où sont les cosinus directeurs sur y de OB et AB respectivement :

;

Et donc : ,

d’où :

On obtient ainsi calcul les efforts dans les 9 barres du treillis en configura-tion isostatique.

4 L’énergie de déformation élastique s’exprime :

Or : ;

Le théorème de Castigliano donne immédiatement :

Le treillis est donc statiquement équivalent, pour sa rigidité longitudinale entre Oet D, à un ressort de raideur :

5 Les barres horizontales subissent une déformation :

Le treillis subit une déformation longitudinale égale au déplacement de D divisépar la longueur totale de la structure, soit :

.

2α1N1 2α2N2+ 0=α1 α2,

α1OB( )X

OB----------------- 3

3-------=≡ α2

AB( )X

AB----------------- 3

2-------=≡

N13

------- N22

-------+ 0=

N2 23---– N1 2F

3 3----------–= = =

2 39

--------------F– –0.272 F≅

Epot 6Epot barre N1( ) +=3Epot barre N2( )

Epot barre N1( ) 12---

N12L

ES----------- F2L

12ES-------------= =

Epot barre N2( ) 12---

N22L

ES----------- F2L

27ES-------------= = Epot

F2L2ES---------- F2L

9ES----------+

1118------F2L

ES----------= =⇒

δD∂Epot

∂F-------------- 11

9------FL

ES------- 1.222FL

ES-------≅= =

kéq9

11------ES

L------- 0.818ES

L-------≅=

ε2σ2E------

N2ES-------= = =

2 39

-------------- FES-------– –0.272 F

ES-------≅

εlongiδDOD

-------------

119

------FLES-------

ES--------------

2L 23

--------------------- 11 2 3

36--------------------- F

ES------- 0.748 F

ES-------≅= = =

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Le coefficient de Poisson équivalent correspond au rapport des déformations (ausigne près) :

6 Le nouveau problème considère un essai de traction entre O et D de la structureisostatique précédente placée en parallèle avec la barre additionnelle de longueur

.

La rigidité du treillis initial est :

Celle de la barre additionnelle est :

La rigidité globale du treillis hyperstatique est :

On en déduit immédiatement la nouvelle expression du déplacement en D :

L’expression de l’effort normal induit dans la barre additionnelle est donc :

7 La structure est équivalente à un système de 2 barres en parallèle de rigidités

respectives et , de même longueur et de même coefficient α

de dilatation thermique.On calcule le déplacement de D à partir d’une part de l’allongement du treillisisostatique et d’autre part de celui de la barre additionnelle :

où désigne l’effort de traction ou compression induit dans la structure isos-

tatique. L’équilibre du nœud D implique donc immédiatement ,

véqε– 2

εlongi-------------- 4

11------= 0.363≅=

2 23

----------L≡

kiso kéq≡ 911------ES

L-------=

kaddES------- 3

2 2----------ES

L-------= =

khyper kiso kadd+≡ 911------ 3

2 2----------+

ESL

------- 1.431ESL

-------≅=

δD hyperF

khyper-------------- 22 2

18 2 11 3+--------------------------------- FL

ES------- 0.699FL

ES-------≅= =

Nadd kadd δD hyper11 2 3

36 11 2 3+--------------------------------- F 11

95------ 6 2 3 11–( )F 11

11 6 2 3+------------------------------F 0.428F≅= = =≡

kiso kadd2 2

3----------L≡

δDNisokiso----------– 0=

δDNaddkadd------------ α T T0–( )–– 0=

Niso

Niso Nadd+ 0≡

123

rors.com


124

et en identifiant dans chacune des expressions ci-dessus, il vient immédiate-

ment :

En substituant les expressions de , et , il vient :

Tout en restant à température T0, le treillis isostatique hors barre OD est doncsoumis à un effort longitudinal appliqué par la barre additionnelle OD. Enconséquence, son allongement, égal au déplacement du point D, s’exprime :

8 Le système non-excité non-amorti a pour équation matricielle :

.

Le nœud O étant fixe, les Degrés de Liberté du treillis se limitent aux déplace-ments des nœuds A, B, C, D.On vérifie que le double de l’énergie cinétique admet une expression quadratiquecanonique par rapport aux dérivées de ces paramètres de Lagrange, dont on peutextraire les matrices [M] et [K].Ainsi, pour l’énergie cinétique :

Quant au double de l’énergie potentielle élastique, il s’exprime :

δD

Nadd-thermkaddkiso

kadd kiso+--------------------------α T T0–( )–=

kadd kiso

kaddkisokadd kiso+-------------------------- 9 3

18 2 11 3+---------------------------------ES

L-------= Nadd-therm⇒ 18 2

18 2 11 3+---------------------------------ESα T T0–( )– –0.572 ESα T T0–( )≅=

Nadd–

δD thermNadd–

kiso---------------≡ 22 2

18 2 11 3+---------------------------------αL T T0–( ) 0.699αL T T0–( )≅=

M[ ] q( ).. K[ ] q( )+ 0( )=

qj( )

uA

vA

wA

uB

vB

wB

uC

vC

wC

uD

vD

wD

≡ ; 2Ecin m uA.2

vA.2

wA.2

uB.2

… wD.2

+ + + + + = M[ ]⇒ m Id12×12

[ ]≡ (matrice identité 12×12)

2EpotL

ES------- NOA

2 NOB2 NOC

2 NAB2 NBC

2 NAC2 NAD

2 NBD2 NCD

2 23--- 2 3NOA

2+ + + + + + + + +

=

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Ce calcul nécessite d’exprimer l’effort normal de chaque barre en fonction desdéplacements, ce qui peut se faire à l’aide de l’équation aux déplacements :

On extrait directement les termes de la matrice [K] de l’expression obtenue, lamatrice [K] étant la matrice de cette forme quadratique. L’explicitation est complexe(et n’est pas demandée).

On peut obtenir cette matrice statique par un assemblage de type “ÉlémentsFinis”, mais on présente ci-dessous le début d’une explicitation possible par l’éner-gie quadratique de Lagrange, à partir des cos directeurs, composantes des vecteursunitaires portant les barres orientées.

Pour les barres OA, OB, OC et OD, ils sont directement donnés par les coordon-nées des nœuds, divisée par la longueur des barres considérées :

De même pour les barres AB, BC, AC, AD, BD, CD :

Le tableau ci-dessous résume les cos directeurs, avec 3 chiffres significatifs :

Ainsi :

OA OB OC OD AB BC AC AD BD CD

α -0,289 0,577 -0,289 0,000 0,866 -0,866 0,000 0,289 -0,577 0,289

β -0,500 0,000 0,500 0,000 0,500 0,500 1,000 0,500 0,000 -0,500

γ -0,816 -0,816 -0,816 -1,000 0,000 0,000 0,000 -0,816 -0,816 -0,816

NijEijSij

Lij------------- uj ui–( ) ϕijcos vj vi–( ) ϕijsin+ en 2D=

NijEijSij

Lij------------- uj ui–( )αij vj vi–( )βij wj wi–( )γij+ + en 3D=

αOA3

6-------– –0.289≅=

βOA12---–=

γOA2 33

--------------– –0.816≅=

;

αOB3

3------- 0.577≅=

βOB 0=

γOB2 33

--------------– –0.816≅=

;

αOC3

6-------– –0.289≅=

βOC12---=

γOC2 33

--------------– –0.816≅=

;

αOD 0=

βOD 0=

γOD 1–=

αAB3

2-------=

βAB12---=

γAB 0=

;

αBC3

2-------–=

βBC12---–=

γBC 0=

;

αAC 0=

βAC 1=

γAC 0=

;

αAD3

6-------=

βAD12---=

γAD2 33

--------------–=

;

αCD3

6-------=

βCD12---–=

γCD2 33

--------------–=

;

αCD3

6-------=

βCD12---–=

γCD2 33

--------------–=

NOA2 E2S2

L2------------ uAαOA vAβOA wAγOA+ + 2

=

125

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126

Soit :

Les 9 autres termes de l’énergie potentielle doivent être explicités de la mêmemanière, puis sommés pour obtenir la forme quadratique dont on tire la matrice [K].On observe que dans ce paramétrage de Lagrange, c’est le terme statique ([K]) quipose les plus grandes difficultés de calcul.

NOA2 E2S2

L2------------ uA

2 αOA2 vA

2 βOA2 wA

2 γOA2 2uAvAαOAβOA 2vAwAβOAγOA 2uAwAαOAγOA+ + + + +( )=

NOA2 E2S2

L2------------ 0.0833uA

2 0.25vA2 0.667wA

2 0.289uAvA 0.816vAwA 0.471uAwA+ + + + +( )=

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1.8 FLEXION DYNAMIQUE SUR DEUX SEGMENTS

1 Le i-ème mode est la solution générique du type avec :

avec : ;

soit :

Chaque mode compte donc, pour f(X), 8 constantes (de type A, B, C, D), régiespar les conditions limites en flèche (géométriques, ou de Lagrange). Les pulsationspropres ωi (ou Ωi) conditionnent l’existence des solutions (non identiquementnulles) en A, B, C, D.

La solution générale de l’équation dynamique homogène (non-excitée) est :

Les amplitudes et phases [0;2π[ sont définies par les conditionsinitiales de référence.2 Les conditions limites s’écrivent :

– en O :

Vi X t;( ) fi X( )gi t( )≡

gi t( ) ωit ϕi+( )cos= ;fi X( ) fi1 X( )≡ pour X 0 L;[ ]∈

fi2 X( )≡ pour X L 2L;[ ]∈

fi1 X( ) Ai1 Ωi1cos X Bi1 Ωi1sin X Ci1chΩi1X Di1shΩi1X+ + +=

fi2 X( ) Ai2 Ωi2cos X Bi2 Ωi2sin X Ci2chΩi2X Di2shΩi2X+ + +=

ωi2

Ωi14

--------El1ρS1---------– 0≡

ωi2

Ωi24

--------El2ρS2---------– 0≡

fi X( ) Ai Ωicos X Bi Ωisin X Ci chΩi X Di shΩi X+ + += ωi

2

Ωi4

--------EIρS---------– 0=;

i N* ; 1,2= ; Ai Bi Ci Di, , ,( ) R4∈ ; Ωi ωi,( ) R+*2∈ ; E ρ I S 0≥, , ,∈

Vgénérale homogène X t;( ) αifi X( ) ωit ϕi+( )cosi 1=

∞∑=

αi R∈ ϕi ∈

t∀V 0 t;( ) 0≡V' 0 t;( ) 0≡

fi1 0 t;( ) 0=

f 'i1 0 t;( ) 0=

⇒

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128

– en A :

– en B :

3 Les Conditions Limites en O s’explicitent :

ce qui permet de récrire avec 2 constantes seulement ( ) :

Restent donc au total les 6 constantes inconnues .

Les Conditions Limites qui restent permettent de les préciser.Les Conditions Limites en B et C s’explicitent comme suit :

Les équations (B) et (C) constituent un système en linéaire et homogène sur le corps des réels. La condition de nullité de son déterminantest une condition nécessaire et suffisante d’existence de solutions non identiquementnulles (donc de solutions dynamiques), en nombre infini, donnant les valeurs de Ωpour chaque mode, dont on déduit celles de ω.4 La solution permanente (solution particulière du système complet) est de la forme :

L’excitation étant harmonique, et le système non-dissipatif, on a :

, où est connue.

t∀

V L t;( ) 0 et continue≡V' L t;( ) continue(poudre assemblée bout-à-bout)

V'' L t;( ) continue(pas de moment ponctuel introduit en A)

fi1 L( ) 0=

fi2 0 t;( ) 0=

f 'i1 L( ) f 'i2 L( )– 0=

f ''i1 L( ) f ''i2 L( )– 0=

⇒

t∀MZ 2L t;( ) 0≡

TY 2L t;( ) 0≡ f ''i2 2L( ) 0=

f '''i2 2L( ) 0=

⇒

Ai1 Ci1+ 0=

Bi1 Di1+ 0=

f1 X( ) Ai1 et Bi1

fi1 X( ) Ai1 Ωi1Xcos chΩi1X–( ) Bi1 Ωi1sin X shΩi1X–( )+=

Ai1 Bi1 Ai2 Bi2 Ci2 Di2, , , , ,( )

B( )

Ai1 Ωi1Lcos chΩi1L–( ) Bi1 Ωi1sin L shΩi1L–( )+ 0=

Ai2 Ωi2Lcos Bi2 Ωi2sin L Ci2chΩi2L Di2shΩi2L+ + + 0=

Ai1 Ωi1sin L– shΩi1L–( ) Bi1 Ωi1cos L chΩi1L–( )+

+ Ai2 Ωi2Lsin Bi2 Ωi2cos L– Ci2shΩi2L Di2chΩi2L–– 0=

Ai1 Ωi1cos L– chΩi1L–( ) Bi1 Ωi1sin L– shΩi1L–( )+

+ Ai2 Ωi2Lcos Bi2 Ωi2sin L Ci2chΩi2L Di2shΩi2L––+ 0=

C( )Ai2 2Ωi2Lcos Bi2 2Ωi2sin L Ci2ch2Ωi2L Di2sh2Ωi2L––+ 0=

Ai2 2Ωi2Lsin Bi2 2Ωi2cos L– Ci2sh2Ωi2L Di2ch2Ωi2L+ + 0=

Ai1 Bi1 Ai2 Bi2 Ci2 Di2, , , , ,( )

Ve X t;( ) fe X( )ge t( )≡

ge t( ) ωetcos≡ ωe

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La déformée est de la forme :

Les formes et sont définies à partir de la solution générique :

;

Il reste donc 8 constantes, pour lesquelles les Conditions Limites doivent fournir8 équations indépendantes.5 Les Conditions Limites en O et B sont formellement inchangées, et s’écrivent

donc :

;

En A, le moment M introduit modifie la dernière équation uniquement :

Cette dernière condition s’écrit :

Cette écriture confirme la validité de la solution particulière g(t) choisie( ) ; cette fonction étant non-identiquement nulle, on peut doncécrire les Conditions Limites en B comme suit :

fe X( )

fe X( ) fe1 X( )≡ pour X 0 L;[ ]∈

fe2 X( )≡ pour X L 2L;[ ]∈

fe1 X( ) fe2 X( )

fe1 X( ) Ae1 Ωe1cos X Be1 Ωe1sin X Ce1chΩe1X De1shΩe1X+ + +=

fe2 X( ) Ae2 Ωe2cos X Be2 Ωe2sin X Ce2chΩe2X De2shΩe2X+ + +=

ωe2

Ωe14

---------El1ρS1---------– 0=

ωe2

Ωe24

---------El2ρS2---------– 0=

t∀V 0 t;( ) 0≡V' 0 t;( ) 0≡

Ae( )fe1 0( ) 0=

f 'e1 0( ) 0=

⇒MZ 2L t;( ) 0≡

TY 2L t;( ) 0≡

Ce( )f ''e2 2L( ) 0=

f '''e2 2L( ) 0=

⇒

t∀ ε∀, 0 ε<<< 1

V L t;( ) 0 et continue≡V' L t;( ) continue(poutre assemblée bout-à-bout)

MZ L ε;t–( ) MZ L ε;t+( ) M t( )+= continue(moment ponctuel introduit)

El1 V''e1 L t;( ) El2 V''e2 L t;( ) M t( )+= E l1f ''e1 L( ) l2f ''e2 L( )–( )g t( ) ωetcos=⇒

ge t( ) ωetcos=

Be( )

fe1 L( ) 0=

fe2 L( ) 0=

f 'e1 L( ) f 'e2 L( )– 0=

E l1f ''e1 L( ) l2f ''e2 L( )–( ) 1=

129

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130

Le système définit les 8 Conditions Limites du problème excité.

6 Les Conditions Limites s’explicitent :

On peut simplifier la solution particulière en y intégrant les Conditions Limites enO (comme déjà fait pour la solution générale à la question 3) :

Dès lors, les conditions en B et C s’explicitent comme suit :

Ce système est non-homogène ; il admet un solution unique si et seulement si sondéterminant est non-nul.7 En A, l’effort tranchant est discontinu ; la valeur de la discontinuité est égale à la

composante algébrique de la réaction du bâti sur la poutre :

Soit :

Or, comme , l’amplitude de la réaction vaut :

Cette expression s’explicte :

8 Comme b<<L, le mode fondamental de gauchissement (ou torsion) apparaît à unepulsation supérieure aux premiers modes de flexion. On peut donc étudier cetteplaque comme une poutre, en modes Z-invariants. On considère une largeur bunitaire.

Ae( ) Be( ) Ce( )

Ae( )Ae1 Ce1+ 0=

Be1 De1+ 0=

fe1 X( ) Ae1 Ωe1Xcos chΩe1X–( ) Be1 Ωe1sin X shΩe1X–( )+=

BCe( )

Ai1 Ωi1Lcos chΩi1L–( ) Bi1 Ωi1sin L shΩi1L–( )+ 0=

Ai2 Ωi2Lcos Bi2 Ωi2sin L Ci2chΩi2L Di2shΩi2L+ + + 0=

Ai1 Ωi1sin L– shΩi1L–( ) Bi1 Ωi1cos L chΩi1L–( )+

+ Ai2 Ωi2Lsin Bi2 Ωi2cos L– Ci2shΩi2L Di2chΩi2L–– 0=

Ωe12 l1 Ae1 Ωe1cos L– chΩe1L–( ) Be1 Ωe1sin L– shΩe1L–( )+

+ Ωe22 I2 Ae2 Ωe2Lcos Be2 Ωe2sin L Ce2chΩe2L De2shΩe2L––+ 1

E---=

Ae2 2Ωe2Lcos Be2 2Ωe2sin L Ce2ch2Ωe2L De2sh2Ωe2L––+ 0=

Ae2 2Ωe2Lsin Be2 2Ωe2cos L– Ce2sh2Ωe2L De2ch2Ωe2L+– 0=

t∀ ε∀, 0 ε<<< 1 TY L ε t;–( ) TY L ε t;+( ) RAY t( )+=

E– l1f '''e1 L( ) l2f '''e2 L( )–( )ge t( ) RAY t( )=

ge t( ) ωetcos=

t,∀ RAY E l1f '''e1 L( ) l2f '''e2 L( )–=

RAY E Ωe13 l1 Ae1 Ωe1sin L shΩe1L–( ) Be1 Ωe1cos L chΩe1L–( )– –=

Ωe23 l2– Ae2 Ωe2Lsin Be2 Ωe2cos L– Ce2shΩe2L De2chΩe2L+ +

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Les termes El sont remplacés par .

Or , donc : ; .

Comme par ailleurs, ; , on a ; , et

donc :

Les Conditions Limites sont formellement inchangées.9 Pour obtenir une antirésonance en rotation en A, il suffit d’avoir en ce points deux

systèmes en série ayant la même pulsation de résonance vis-à-vis de cette sollici-tation. Le point A étant fixe en translation, on observe que le système dynamiqueen rotation en A est équivalent aux deux problèmes suivants en série :

Les Conditions Limites du problème (encastré-appuyé) conduisent à l’équationcaractéristique – , dont la solution approchée donne (à10–3 près) :

Les Conditions Limites du problème 2 (appuyé-libre) conduisent, de manièreremarquable, à l’équation caractéristique homologue – ,avec une solution approchée également homologue :

L’identification , donnant l’antirésonance, conduit immédiatement àla condition η=1, valable (aux approximations près) non-seulement pour le modefondamental, mais aussi pour tous les harmoniques.

D Eh3

12 1 ν2–( )

--------------------------=

1 ν2– 8

9---= D1

3Eh3

32-------------= D2 η3D1=

S1 h= S2 ηS1=l1S1------ 3h2

32---------=

l2S2------ 3η2h

2

32---------------=

ωe2

Ωe14

--------- 332------E

ρ---h2

– 0≡

ωe2

Ωe24

--------- 332------E

ρ---η2h2

– 0≡

Ωe12

Ωe22

---------η⇒ 0=

tgΩ i1L thΩ i1L 0≡

Ω i1L i 14---+

π≅ ω2 i

Eρ---

l1S1------ i 1

4---+

πL---

4 332------E

ρ--- i 1

4---+

πL---

4h2 =≅⇒ i N+*∈( )

tgΩ i1L2

thΩ i1L 0≡2

ω i12 E

ρ---

l2S2------ i 1

4---+

πL---

4 332------E

ρ--- i 1

4---+

πL---

4η2h

2=≅

2

ω i2 ω i

2≡2

131

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132

1.9 POUTRE HYPERSTATIQUE PLANE

1 En flexion linéaire, le seul champ de déplacement à prendre en compte est la flècheV(X) selon Y. Le problème hyperstatique est la somme des deux problèmes suivants :

où R est l’inconnue hyperstatique du problème (alors que mg est connue).On peut traiter le problème par superposition, ou par le théorème de Ménabréa,

présenté ci-dessous :

L’énergie élastique de la poutre en flexion est donc définie comme suit :

Le théorème de Ménabréa s’écrit donc :

Soit :

ou encore :

Il vient donc :

2 Comme on cherche le déplacement vertical selon l’axe sur lequel s’applique -mg,on peut appliquer le théorème de Castigliano :

O A B

mgY

Problème “-mg” :

O A B

+RY

Problème “+R” :

MZ MZ mg–( ) MZ +R( )+ mg 2 X–( )– R X–( )+=≡ pour X 0;[ ]∈

mg 2 X–( )–= pour X 2;[ ]∈

2ElEélast mg 2 X–( )– R X–( )+ 2dX0∫ mg 2 X–( )– 2dX

2

∫+=

∂Eélast∂R

---------------- 0=∂

∂R------- mg 2 X–( )– R X–( )+ 2[ ]dX

0∫⇔

mg 2 X–( ) X–( )– R X–( )+2[ ]dX

0∫ 0=

R X–( )2 Xd mg X–( ) 2 X–( ) X 0=d0∫=

0∫

R3

3----- 5mg 3

6----------------= R⇒ 5

2---mg=

Eélast1

2El--------- mg 2 X–( )–

52--- X–( )+

2dX

0∫ mg 2 X–( )–[ ]2dX

2

∫+

=

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Soit * où :

*

Et donc :

3 La solution générale de l’équation de flexion dynamique est générée par superposition des modes propres, chaque mode étant une solutiongénérique du type :

où :

;

4 En O :

En A :

En B :

5 Les Conditions Limites en A s’explicitent :

Ceci permet de récrire avec 2 constantes seulement :

Restent donc au total les 6 constantes inconnues .Les Conditions Limites qui restent permettent de les préciser.

Eélastmg( )2

2El---------------=

14--- 3X–( )2 Xd 2 X–( )2dX

2

∫+

0∫

14--- 3 20 3

3----------- 7 3

3--------–

+ 4 3

3--------= =≡

Eélast2 mg( )2 3

3El------------------------= VB

∂Eélast∂ mg–( )------------------- mg 3

3El-------------–= =⇒

ρSV.. ElV'' ''+ 0=

V X t;( ) f X( )g t( )= avec g t( ) ωt ϕ+( ) et f X( ) définie comme suit :cos≡

f X( ) f1 X( )≡ pour X 0;[ ]∈

f2 X( )≡ pour X 2;[ ]∈

f1 X( ) A1 ΩXcos B1 Ωsin X C1chΩX D1shΩ1X+ + +=

f2 X( ) A2 ΩXcos B2 Ωsin X C2chΩX D2shΩX+ + += ω2

Ω4------- El

ρS------– 0≡

t∀V 0 t;( ) 0=

V' 0 t;( ) 0= f1 0( ) 0=

f1' 0( ) 0= A1 C1+ 0=

B1 D1+ 0=

⇒ ⇒

t∀

V t;( ) 0 et continue≡V' t;( ) continue(poutre assemblée bout-à-bout)

V'' t;( ) continue(pas de moment ponctuel introduit en A)

f1( ) 0=

f2( ) 0=

f '1( ) f '2( )– 0=

f ''1( ) f ''2( )– 0=

⇒

t∀MZ 2 t;( ) 0=

TY 2 t;( ) mV..

– 2 t;( )= f ''2 2( ) 0=

EIf '''2 2( )g(t)– mf2 2( )g..

(t)+ 0=

⇒

A1 C1+ 0=

B1 D1+ 0=

f1 X( )

f1 X( ) A1 ΩXcos chΩX–( ) B1 Ωsin X shΩX–( )+=

A1 B1 A2 B2 C2 D2, , , , ,( )

133

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134

Les Conditions Limites en B s’explicitent comme suit :

Quant aux Conditions Limites en C, on peut les préciser comme suit :

comme et , on peut simplifier par g (comme

précédemment) ; les conditions en C peuvent donc se récrire :

soit, en explicitant :

Les équations (I) et (II) constituent un système en (A1, B1, A2, B2, C2, D2) linéaire et homogène. La nullité de son déterminant entraîne l’existence de solutions non identiquement nulles, en nombre infini, donnant les valeurs de Ω pour chaque mode, dont on déduit celles de ω.

La première équation du système (I) permet d’expliciter un système simplifié (III)(toujours linéaire homogène) ramené aux 5 inconnues (A1, A2, B2, C2, D2) :

avec : ; ;

I( )

A1 Ωcos chΩ–( ) B1 Ωsin shΩ–( )+ 0=

A2 Ωcos B2 Ωsin C2chΩ D2shΩ+ + + 0=

A1 Ωsin– shΩ–( ) B1 Ωcos chΩ–( ) A2 Ωsin B2 Ωcos– C2shΩ D2chΩ–– 0=+ +

A1 Ωcos– chΩ–( ) B1 Ωsin– shΩ–( ) A2 Ωcos B2 Ωsin C2chΩ D2shΩ––+ + + 0=

g..(t) ω2– g(t) El

ρS------– Ω4g(t)≡ ≡ g(t) 0≠

f ''2 2( ) 0=

ρSf '''2 2( ) mΩ4f2 2( )+ 0=

II( )

A2 2Ωcos B2 2Ωsin C2ch2Ω D2sh2Ω––+ 0=

A2 ρS 2Ωsin mΩ 2Ωcos+( ) B2 ρS 2Ωcos– mΩ 2Ωsin+( )+

+ C2 ρSsh2Ω mΩch2Ω+( ) D2 ρSch2Ω mΩsh2Ω+( )+ 0=

III( )

α1A2 β1B2 γ1C2 δ1D2+ + + 0=

β12 δ1

2 α1 γ1–( )2+–( )A1 δ1 β1–( ) β1A2 α1B2– δ1C2– γ1D2–( )+ 0=

α1 γ1+( ) β1 δ1–( ) α1 γ1–( ) β1 δ1+( )–( )A1 δ1 β1–( ) α1A2 β1B2 γ1C2 δ1D2––+( )+ 0=

α2A2 β2B2 γ2C2– δ2D2+ + 0=

A2 mΩα2 ρSβ2+( ) B2 mΩβ2 ρSα2–( ) C2 mΩγ2 ρSδ2+( ) D2 mΩδ2 ρSγ2+( )+ + + 0=

α1 Ωcos≡

β1 Ωsin≡

γ1 chΩ≡

δ1 shΩ≡ α2 2Ωcos≡

β2 2Ωsin≡

γ2 ch2Ω≡

δ2 sh2Ω≡ B1

α1 γ1–

β1 δ1–-----------------– A1=

C1 A1–=

D1α1 γ1–

β1 δ1–-----------------A1=

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6 Le segment AB est libre de se déformer, et par conséquent sans influence méca-nique sur le problème thermique. Le calcul de la réaction R se réduit donc auproblème élémentaire suivant :

La température dans la poutre est : ,expression dans laquelle le gradient de température, vaut :

La température sur la ligne moyenne (Y=0) est la moyenne entre Ti et Ts, et n’estpas nécessairement égale à Ta. Cet écart n’entraîne qu’un allongement libre de lapoutre, sans contrainte puisque l’appui en A est libre en translation selon X.

La réaction R peut être calculée par le théorème de Ménabréa généralisé, prenanten compte l’énergie élastique de flexion et le travail de R dans le déplacement(virtuel) dû au chargement thermique :

Le théorème de Ménabréa donne immédiatement :

7 Statique :Si R désigne la réaction du bâti sur le ressort, et donc l’effort normal (au signe près)

dans le ressort, l’énergie élastique comporte le terme supplémentaire :

Poutre chargée par gradientthermique, sans chargemécanique extérieure

R

OA

T T0 βY+≅β β

Ts Ti–

h-----------------=

Thermique seul sans R (isostatique)Moment Mécanique induit

par R (hyperstatique)

VA T =l 2

2MZ = R l X( )

EM+T1

2EI--------- MZ

2 xd0∫ Rαβ 2

2------------–

R2

2EI--------- X–( )2 xd

0∫ Rαβ 2

2------------– R2

3

6EI---------Rαβ 2

2------------= = =

∂EM+T∂R

------------------ 0≡

R 32---EI------αβ 3EIα

2 h------------- Ts Ti–( )= =

12---kVA

2 R2

2k------=

Eélast1

2EI--------- mg 2 X–( ) R X–( )+– 2 Xd

0∫ mg 2 X–( )– 2 Xd

2

∫+

R2

2k------+=

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136

Le théorème de Ménabréa se récrit :

Il vient immédiatement :

Thermostatique :Le terme supplémentaire est identique, et l’énergie de Ménabréa généralisée se récrit :

Le théorème de Ménabréa généralisé se récrit donc :

Dynamique :En O et en B, les Conditions Limites sont inchangées, à savoir :

En A, les 3 conditions de continuité (flèche, pente et moment) sont inchangées, àsavoir :

En A, on aura donc , , , sans indice 1 ou 2. Mais l’effort tranchantest discontinu, le ressort exerçant sur la poutre une force ponctuelle -kV( ), ce quidéfinit la 8ème Condition Limite (la seule qui soit modifiée) :

où et désignent les efforts tranchants immédiatement en amont eten aval de X= .

La condition cherchée s’écrit donc finalement :

∂Eélast∂R

---------------- 0≡ 12EI--------- R

3

3----- 5mg 3

6----------------–

R

k----+ 0≡

3

12EI------------ 2R 5mg– R

k----+ 0≡ R 5

2--- k 3

k 3 6EI+------------------------

mg=⇒

EM+T R23

6EI--------- Rαβ 2

2------------ R2

2k------+–=

R 3

3EI--------- αβ 2

2------------ R

k----+– 0≡ R⇒ 3

2---EI------ k 3

k 3 3EI+------------------------

αβ 3EIα2 h

------------- k 3

k 3 3EI+------------------------

Ts Ti–( )= =

(encastrement en O)f1 0( ) 0=

f '1 0( ) 0=

; (masse libre en B)f2'' 2( ) 0=

EI– f2''' 2( )g t( ) mf2 2( )g.. t( )+ 0=

(poutre continue sans moment concentré en A)

f1( ) f2( )– 0=

f1'( ) f2'( )– 0=

f1''( ) f2''( )– 0=

f( ) f '( ) f ''( )

TY –( ) TY +( ) kV( )–= EI– f1'''( ) EI– f2'''( ) kf( )–=⇒

TY –( ) TY +( )

f1'''( ) EIf2'''( ) kf( )–– 0≡

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1.10 ANTIRÉSONANCE PAR MASSE ACCORDÉE

1 Une structure mince subissant de petits déplacements induira une dynamiquelinéaire faiblement amortie (amortissement modal équivalent inférieur à 1% pourles premiers modes). Pour une telle structure, la réponse dynamiques est harmo-nique, et donc le chargement canonique à considérer est le chargement sinusoïdald’amplitude unitaire.

2

3 L’équation du mouvement excité est : . Le

vecteur des amplitudes de la réponse forcée est solution du système non-

homogène ,

et donc :

Le numérateur de cette expression vaut ; il s’annule donc pour, ce qui suffit à démontrer l’antirésonance recherchée.

L’expression complète du dénominateur est :

2Ecin m1x1.2 m2x2

.2+= M[ ]⇒

m1 0

0 m2=

2Epot k1x12 k2 x2 x1–( )2

+ k1 k2+( )x12 k2x2

2 2k2x1x2–+= =

K[ ]⇒k1 k2+ k2–

k2– k2ω0

2 m1 m2+ m2–

m2– m2= =

Z ω( )[ ] K[ ] ω2 M[ ]–ω0

2 ω2–( )m1 ω0

2m2+ ω02m2–

ω02m2– ω0

2 ω2–( )m2

= =

M[ ] q( ).. K[ ] q( )+10 ωetcos=

β1

β2

Z ωe( )[ ]β1

β2 1

0 =

β1

det1 ω0

2m2–

0 ω02 ωe

2–( )m2

det Z ωe( )-----------------------------------------------------=

m2 ω02 ωe

2–( )

ωe ω0=

β1 ωe ω0≡( ) 0≡

det Z ωe( ) m1m2 ω02 ωe

2–( )

2m2

2ω02ωe

2–=

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138

L’expression complète de est donc :

Où : , ,

, sont les pulsations propres du système (racines de ).

4 De même :

Et donc :

5 On constate que lorsqu’on fait varier tout en conservant la relation ,

on a toujours (indépendamment de ).

Si on choisit une masse faible, l’amplitude croît (en ), et vice-versa.

On a donc le choix entre un système antirésonance léger mais fortement sollicité(avec de forts déplacements géométriques) et un système plus lourd mais à déplace-ment plus limité.

6 La pulsation fondamentale encastrée-libre, peut se calculer comme suit, à partirde la solution générique de l’équation de flexion dynamique :

β1

β1ω0

2 ωe2

–

m1 ω02 ωe

2–( )

2m2ω0

2ωe2

–--------------------------------------------------------------= =

ω02 ωe

2–

m1 ω04 ωe

4–( ) 2m1 m2+( )ω0

2ωe2

–---------------------------------------------------------------------------------

1 γe2

–

m1ω02 γ0

2 γI2

–( ) γe2 γII

2–( )

----------------------------------------------------------≡

γeωeω0------≡ γI

ωIω0------≡ γII

ωIIω0-------≡

ωI ωII det Z ω( ) 0≡γI 1 γII< <( )

β2

detω0

2 ωe2

–( )m1 ω02m2+ 1

ω02m2– 0

det Z ωe( )-----------------------------------------------------------------------------= =

ω02

m1 ω02 ωe

2–( )

2m2ω0

2ωe2

–-------------------------------------------------------------- 1

m1ω02 γe

2 γI2

–( ) γe2 γII

2–( )

----------------------------------------------------------=

β2 ωe ω0≡( ) 1

m2ω02

--------------–≡

m2k1m1-------

k2m2-------=

β1 0≡ m2

m2 β2 1 m2⁄

V X t;( ) f X( ) ωtcos≡ ; f X( ) A ΩXcos B ΩXsin CchΩX DshΩX+ + += ; EIΩ4 ρSω2– 0≡

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Les conditions limites en 0 (X=0), f(0)=0 et f’(0)=0 donnent A+C=0 et B+D=0,d’où :

Les conditions limites en P (X = L), MZ(L) = 0 (EIf”(L) = 0) et TY(L) = 0(-EIf”’(L) = 0) donnent un système homogène en A et B, qui admet des solutionsnon identiquement nulle si et seulement si son déterminant est nul, soit :

La plus petite solution strictement positive de cette équation est :

Ou encore :

7 On peut calculer la flèche statique (sous l’effet de F appliquée en P) par applica-tion du théorème de Castigliano :

Et donc :

On en déduit immédiatement :

8

Au voisinage de ω1, on constate donc que le système masse-ressort équivalent, demême pulsation propre ω1, admet une masse représentant environ un quart de lamasse de la poutre.

Cette masse modale est la masse équivalente entraînée (en moyenne au sens del’énergie cinétique) par le mode fondamental assimilé à la déformée statique enflexion simple.

f X( ) A ΩXcos chΩX–( ) B ΩXsin shΩX–( )+=

1 ΩLcos ch ΩL( )+ 0=

Ω1L 1.875≅ ω1 Ω12 EI

ρS------ 1.8752

L2---------------- EI

ρS------ 3.516

L2------------- EI

ρS------≅ ≅≡⇒

ω12 1.8752 EI

ρSL4------------- 12.36 EI

ρSL4-------------≅ ≅

Eélast1

2EI--------- MZ

2 xd0

L

∫1

2EI--------- F L X–( )( )2 xd

0

L

∫F2

2EI--------- L X–( )2 xd

0

L

∫= = =

VP V L( ) EélastEélast F( )

∂F---------------------- F

EI------ L X–( )2 xd

0

L

∫FEI------ L X–( )3

3---------------------– FL3

3EI----------= = = = = =

kstatique en P χ13EI

L3---------= =

µ1χ1

ω12

------

3EI

L3---------

12.36 EI

ρSL4-------------

--------------------------- 0.2427ρSL 0.2427Mpoutre≡≅ ≅≡

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140

9 D’après les résultats précédents, le modèle suivant est équivalent au systèmeproposé, au voisinage de ω1 :

Il y a antirésonance si .

Dans le domaine linéaire, les vibrations dynamiques autour de la configurationd’équilibre peuvent être étudiées indépendamment de ladite configuration d’équi-libre. On peut donc étudier le système selon d’un axe horizontal ou vertical, uneéventuelle gravité ne modifiera pas le comportement dynamique. On peut égale-ment placer les ressorts vers le haut ou vers le bas, une suspension et un supportétant là-encore équivalents.

F=cos et

k

m

µ 0.2427 SL

3EI

L3

km---- χ

µ---≡

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1.11 CONTRAINTES D’ASSEMBLAGE

1.1 Compte tenu de la symétrie mécaniquedu problème plan proposé, les effortsinternes à prendre en compte sont aunombre de 4 (Nt, Ni, NO, Ne) :

L’équilibre des nœuds B et C donne immédiatement :

Ce système ne donne que 3 équations indépendantes (car : ), ce quiconfirme l’hyperstaticité de degré 1 du problème.

Si on choisit Ne comme inconnue hyperstatique, les équations d’équilibre permet-tent d’exprimer tous les autres efforts en fonction de cette inconnue :

L’énergie élastique totale dans le treillis vaut :

En fonction de F et , elle s’exprime :

F Ne NO2

2-------–– 0= 1( )

Nt NO2

2-------–– 0= 2( )

Ni NO2

2-------–– 0= 3( )

Nt NO2

2-------+ 0= 4( )

2( ) 4( )⇔

Nt Ni Ne F–= =

NO 2 F Ne–( )= Nt

2 Ni2 F Ne–( )2

= =

NO2 2 F Ne–( )2

=

⇒

EélastiqueL

2ES---------- 2Nt

2 Ni2 2 2NO

2Ne

2+ + +( )=

Ne

Eélastique F Ne,( ) L2ES---------- 3 4 2+( ) F Ne–( )2 Ne

2+[ ]=

-F +

F

Ne

Nt Nt

NO NO

Ni

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142

Le théorème de Menabrea, selon lequel donne immédia-

tement :

D’où :

L’allongement de la barre extrados AB vaut donc :

La raideur équivalente khyperstatique du treillis complet entre les nœuds A et B vautdonc :

NB1 : L’énergie de déformation, identifiée à donne le même résultat.

NB2 : Les efforts normaux dans les autres barres sont donnés par :

1.2 La raideur équivalente du treillis complet résulte de la mise en parallèle de celle

du treillis isostatique et de la barre AB (de raideur ) :

Soit :

1.3 Deux ressorts, ou barres, de raideurs k1 et k2 en parallèle, de longueurs initiales(à vide) respectives L et L+δ, assemblées de telle sorte que leurs longueurs aprèsmontage soient égales, sont le siège après assemblage d’efforts normaux N1 etN2 résultant d’allongements respectifs a1 et a2 vérifiant :

∂Eélastique F Ne,( )∂Ne

------------------------------------------- 0≡

2 3 4 2+( ) Ne F–( ) 2Ne+ 0=

NeF

------ 3 4 2+

4 4 2+------------------- 5 2–

4---------------- 0.896≅= =

δLABNeESL

-------------- 5 2–

4----------------FL

ES------- 0.896FL

ES-------≅= =

khyperstatique4 4 2+

3 4 2+-------------------ES

L------- 4

5 2–----------------ES

L------- 1.116ES

L-------≅= =

12--- F2

khyperstatique----------------------------------------

Nt

F------

Ni

F------ 1

4 1 2+( )---------------------------– 0.104–≅= = et

NO

F--------

1

2 2 1 2+( )------------------------------------ 0.146≅=

ESL

-------

khyperstatique kisostatique kbarreAB+=

45 2–----------------ES

L------- kisostatique

ESL

-------+= k⇒

kisostatique1

3 4 2+-------------------ES

L------- 2 1–

5 2–----------------ES

L------- 0.116ES

L-------≅= =

N1 N2+ 0= (équilibre du nœud d’assemblage)

N1 k1a1= (allongement final du ressort 1)

N2 k2a2= (allongement final du ressort 1)

L a1+ L δ+( ) a2+= (égalité des longueurs après montage)

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Il vient donc immédiatement :

L’allongement final après montage de la barre 2, qui était hors tolérance géomé-trique (longueur L+δ) vérifie donc, par substitution : , soit

.

Cet allongement induit dans la barre 2 un effort normal d’assemblage :

Dans la configuration du treillis hyperstatique :

L’effort normal d’assemblage obtenu dans la barre AB vaut donc :

1.4 Soit . Le chargement thermique est équivalent à un montage enforce de la barre AB avec une surlongueur δ=αLδT. En effet, le reste du treillis(isostatique) se dilaterait de manière homogène (structure libre) d’un coefficientαδT1, alors que la barre libre se dilaterait d’un coefficient αδT2.

Ainsi, le chargement thermique induit un effort :

Au total, l’effort normal d’assemblage avec chargement thermique (et sans chargemécanique extérieure) est donc :

Il peut être positif (dimensionnement de la barre AB en contrainte) ou négatif(dimensionnement de la barre AB en flambage).

k1a1 k2a2+ 0=

a1 a2 δ+=

k1 a2 δ+( ) k2a2+ 0=

a2k1δ

k1 k2+-----------------–=

N2k1k2δk1 k2+-----------------–=

k1 kisostatique1

3 4 2+-------------------ES

L------- 0.116ES

L-------≅=≡

k2 kbarreABESL

-------=≡ k1 k2+ khyperst4 4 2+

3 4 2+-------------------ES

L------- 1.116ES

L-------≅=≡⇒

NABδ1

4 1 2+( )------------------------ES

L-------δ– –0.104ES

L-------δ≅=

∆T δT1 δT2–≡

NABT1

4 1 2+( )------------------------ESα∆T– –0.104ESα∆T≅=

NAB Ne NABδ NABT+ES

4 1 2+( )------------------------ δ

L--- α∆T+ – –0.104ES δ

L--- α∆T+ ≅= = =

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144

Si on souhaite calculer les charges dans les autres barres, il suffit d’écrire leséquations d’équilibre des nœuds avec F=0, soit :

On trouve une sollicitation “isotrope” (en termes d’efforts) dans la maille.2.1 L’effort normal critique qu’il faut générer en compression dans la poutre (arc)

est égal à la charge de flambage d’Euler de bifurcation compression-flexionbirotulée, soit :

Cette charge en compression dans l’arc est induite par la tension opposée dans lacorde :

2.2Cette question revient en réalité à généraliser la démonstration d’Euler ; si Zdésigne l’axe orthogonal au plan du problème, et donc l’axe de plus faiblemoment quadratique de la section droite de l’arc :

Le moment de flexion au milieu de l’arc vaut donc :

On est en grands déplacements (non-linéarité géométrique explicite) ; cependant,la poutre étant mince, on reste en petites déformations (linéarité rhéologique dumatériau).

Le moment appliqué en aval par vaut . Ainsi, par simple identification :

.

Cette charge ne dépend ni de d0, ni de L. Elle ne dépend que de , sous réserve del’hypothèse de déformée en demi-sinusoïde. On conçoit que cette hypothèse n’estplus valable lorsque l’arc se referme sur lui-même.

On peut proposer le domaine de validité suivant : 0.8L ≤ ≤ L. Donc Lorsque=L, on retrouve la valeur initiale d’Euler, et on observe que plus l est petit, (corde

courte), plus la charge Nc0 de montage est importante.

Ne NO2

2-------+ 0=

Ni NO2

2-------+ 0=

Nt NO2

2-------+ 0=

Nt Ni NeES

4 1 2+( )------------------------ δ

L--- α∆T+ – –0.104ES δ

L--- α∆T+ ≅= = =

NO 2Ne–ES

2 2 1 2+( )-------------------------------- δ

L--- α∆T+ +0.146ES δ

L--- α∆T+ ≅= =

⇒

Np critique π2EIL------– 10EI

L2------–≅=

Nc critique +π2EI

L2------ +10EI

L2------≅=

y' πd0----- πX----

cos= ; y'' π2d02

------------– πX---- sin= MZ x( ) Ely'' EIπ2d0

2------------ πX----

sin–= =⇒

MZ 2--- EIπ2d0

2------------–=

Nc dNc0–

Nc0π2EI

2------------=

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2.3 Les grandeurs définissant la pulsation fondamentale contiennent toutes lescaractéristiques mécaniques de l’arc et de sa corde. En conséquence, les préten-dants, en entendant la fréquence correspondante, ont reconnu immédiatement (àcondition qu’au moins l’un d’entre eux ait eu l’oreille absolue) l’unique arcd’Ulysse. D’où leur frayeur.

De plus, la note claire que mentionne Homère peut être considérée comme aigue,donc correspondant à une fréquence de quelques milliers de Hertz au minimum,signifiant une tension très forte dans la corde.

2.4 Le moment de flexion induit par le montage comporte un terme additionnel deprécontrainte de flexion. Ce terme est simplement le moment nécessaire pourramener l’arc de la courbure 1/R0 à la courbure 0 (pour laquelle le calcul précé-dent a été réalisé). D’après la formule de Bresse en flexion, le moment de flexionau milieu de l’arc vaut donc :

L’identification de la question 2.3 se récrit donc :

Remarquons que cette configuration est stable si l’arc a une section droite trèsanisotrope (ceci est suggéré par le fait qu’on mentionne Imin). Si elle est plate parexemple, la corde se stabilise dans la configuration tendue (courbure inverse à 1/R0) ; il est très difficile, par torsion de l’arc, de renverser la géométrie (il faudrait quela corde contourne l’extrémité).

2.5Une température ∆T appliquée uniformément à l’arc reviendrait formellementà augmenter L de αL∆T. Ceci ne modifie pas la charge critique, puisqueδ=αL∆T<<L. Par contre, le gradient transverse B de température selon Y, peut êtreformellement pris en compte en ajoutant à 1/R0 la valeur -αB. Suivant les signes de∆T et B, cela peut se traduire par une augmentation ou une diminution de la précon-trainte.

2.6 La corde étant inextensible, ;

d’après 2.2, l’arc exerce une force

selon

la direction perpendiculaire à la flèche.

La tension dans la corde vaut donc, par projection :

et

MZ 2--- EIπ2d0

2------------– EI 1

R0------–=

EI π2d02

------------ 1R0------+

– dNc0–= Nc0π2

2----- 1

R0d0------------+

EI=⇒

1 βcos=

Fpπ2EI

12

------------ π2EI2cos2β

-------------------Nc0

cos2β--------------= = =

Nc1Nc0

cos3β-------------- π2EI

2cos3β-------------------= =

F– 2Nc1 βsin+ 0= F⇒ 2π2EI βsin2cos3β

--------------------------- 20EI2

------------ tgβ

cos2β--------------≅=

Fp =2EI

l12

145

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146

2.7 La longueur de l’arc vaut . Si on admet que , ce qui revient à

limiter la pente d’assemblage, alors :

L’identification de cette expression avec la longueur L de l’arc établit le résultatdemandé.

1 y'2+ xd0∫ y'<<1

1 y'2+ xd

0∫ 1 y'2

2------+

xd

0∫ πd

2------ cos2 πx---

xd

0∫+

πd2------

1 cos 2πx--- +

2--------------------------------- xd

0∫+ πd

4------+= = =≅

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1.12ÉQUIVALENCE D’ABSI TREILLIS / POUTRE 2D1.1Les symétries du problème permettent de réduire l’étude à 1/4 de la structure :

L’énergie de déformation dans ce quart de structure s’écrit :

soit

L’équilibre du nœud chargé s’écrit :

soit, si est l’inconnue hyperstatique :

L’énergie de déformation en fonction de F et de l’inconnue hyperstatique se récrit :

Le théorème de Menabrea s’écrit :

soit :


1.2 Le déplacement longitudinal du nœud chargé peut se calculer directement enécrivant l’allongement de la demi-barre longi (de section S et longueur L/2) :

E, S

/2, L

/2

E, S, L

2

2

E, S, L/2 FNl

Nt

N o

Eélast12---

Nl2

ES-------L

2---

Nt2

ES2---

-------L2---

No2

ES-------L 2

2-----------+ +

= EélastL

4ES---------- Nl

2 2Nt2 2No

2+ +[ ]=

F Nl No2

2-------–– 0=

Nt No2

2-------–– 0=

Nl

Nt Nl F–=

No 2 F Nl–( )=

EélastL

4ES---------- Nl

2 2 Nl F–( )2 2 2 F Nl–( )( )2

+ +[ ] L4ES---------- Nl

2 2 1 2+( ) Nl F–( )2+[ ]= =

∂Eélast∂Nl

---------------- 0≡ 2Nl 4 1 2+( ) Nl F–( )+ 0= Nl2 2 2+

3 2 2+------------------- +0.828 F≅=⇒

Nt Nl F–1–

3 2 2+-------------------F 0.172 F–≅= =

No 2 F Nl–( ) 23 2 2+-------------------F +0.243 F≅= =

εlNlES------- 2 2 2+

3 2 2+------------------- F

ES-------= = µ⇒ εl

L2--- 1 2 2+

3 2 2+-------------------FL

ES------- +0.414FL

ES-------≅= =

147

rors.com


148

De même, le déplacement transverse du nœud chargé se calcule à partir de l’allon-gement de la demi-barre transverse (de longueur L/2 et de section S/2) :

Les résultats obtenus peuvent donc être représentés schématiquement comme suit :

1.3 La rigidité longitudinale η EpoutreSpoutre de la poutre équivalente est définiepar le quotient entre l’effort normal appliqué à la poutre et la déformation longi-tudinale (ESε-N=0). Ici, N=2F et ε=εl, d’où :

1.4 Le coefficient de Poisson de la poutre équivalente est :

On constate que cette valeur se situe entre les bornes de la théorie de l’élasticité(0 ≤ ν ≤ 0.5), mais est placée dans la partie haute de l’intervalle. Cela provient duchoix des barres obliques, de même section que les autres barres.1.5 Le Flambage global se traduira par une flexion d’ensemble, déterminant la ruine

globale de la structure :

εtNt

ES2---

------- 2–

3 2 2+------------------- F

ES-------= = v⇒ εt

L2--- 1–

3 2 2+-------------------FL

ES------- –0.172FL

ES-------≅= =

Nt

0.1

72

F

Nl 0.828 F

N o

0.243 F

u 0.414FL

ES

v 0.172FL

ES

≡

η= 2Fεl------ 3 2 2+

1 2+-------------------ES 2.414 ES≅= =

νpoutrevu---–

11 2+---------------- 0.414≅=≡

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Le modèle permet de retrouver la valeur d’Euler

, mais il faut d’abord, pour cela, calculer les carac-téristiques équivalentes en flexion (c’est l’objet des questions 2).

Quant au flambage local, correspondant à l’effondrement d’un élément de semellepar exemple, il sera représenté par le flambage d’Euler d’une barre en compression,entraînant la ruine d’une maille, le reste de la structure restant linéaire :

2.1 Par symétrie du problème, on définit 4 efforts internes Nl1, Nl2, Nt, NO indépendants :

L’équilibre des nœuds donne 3 équations indépendantes :

Le problème est bien intérieurement hyperstatique de degré 1, puisqu’il y a4 inconnues de Beltrami indépendantes.

Si on choisit comme inconnue hyperstatique :

L’énergie élastique s’écrit :

Nc π2EpoutreIpoutre Lpoutre2⁄=

-F

-F+

F

+F

Nl 1

Nl 2

Nt

Nt

No No

F– NI1 No2

2-------–– 0=

Nt– No2

2-------– 0=

+F NI2 No2

2-------–– 0=

No

NI1 F– No2

2-------–=

NI2 +F No2

2-------–=

Nt No2

2-------–=

Eélast1

2E-------

Nl12

S--------L

Nl22

S--------L 2

Nt2

S2---

------2L 2No

2

S------L 2+ + +

L2ES---------- Nl1

2 Nl22 4Nt

2 2 2No2

+ + +[ ]= =

149

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150

Elle se récrit, en fonction de l’inconnue hyperstatique :

Le théorème de Menabrea donne immédiatement :

Ce résultat pouvait être prévu par une analyse initiale fine des symétries et répéti-tivités, mais il était dangereux de partir de ces symétries car on aurait eu tendance àplacer un nœud central fixe (comme lors dans la première question où la répétitivitéest d’ordre 4). Or ici, les barres obliques se déplacent horizontalement, symétrique-ment l’une de l’autre, mais leur centre subit une translation horizontale.

En fait, l’analyse mécanique au sens de Kirchoff est la plus simple : la flexionpure n’entraîne pas d’effort tranchant, donc pas de cisaillement des barres. Mais ilfaut évidemment distinguer ces efforts modélisant le cisaillement des efforts trouvésen question 1, provenant du coefficient de Poisson.

Dans la modélisation de la flexion, le dépla-cement des noeuds s’obtient donc très facile-ment, puisque les barres obliques ne travaillentpas. Ainsi, les déplacements et efforts internesdans la maille sont représentés ci-cntre.

On observe bien que le point d’intersectiondes barres obliques reste sur l’axe de symétrie,mais se déplace, ne définissant plus le milieudesdites barres.

2.2 D’après la formule de Bresse en flexion pure, la rotation de la section droite parunité de longueur de poutre s’exprime :

Considérant la demi-maille droite, la rotation de la section droite vaut :

Eélast F NO,( ) L2ES---------- F No

22

-------+

2F No

22

-------–

24 No

22

-------

22 2No

2+ + += =

L2ES---------- 2F2 3 2 2+( )No

2+[ ]

∂ Eélast F No,( )( )∂No

---------------------------------------- 0= No⇒ 0=

EpoutreIpoutreMZV''--------

MZdθZdX------------------= =

δθZuL2------ 2u

L------ F

ES-------= = =

L

2

L

2

u =FL

2ES

L

2

L

2

u

u +u

0 0

-F

0

0

+F

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Cette rotation d’opère sur une longueur de poutre de L/2, et donc :

Dans notre modèle, Mz vaut FL, et donc la rigidité en flexion recherchée s’exprime :

3.1 Toules les barres subissent la même déformation . La maille se trouve trans-formée par similitude de facteur , le déplacement du nœud étant défini par :

et les efforts normaux restent nuls.

3.2 Les équations d’équilibre du nœud sont similaires à celles de la question 1.1 ,mais avec F 0 :

Un raisonnement similaire à celui de la question2.1 permet de définir l’état de la maille en flexiond’origine thermique (ci-contre).

La courbure induite vaut donc :

La formule de Bresse-Duhamel en flexion relie cette courbure au gradient trans-verse A de température :

Le gradient de température dans le traillis étant (écart de 2τ sur la

hauteur L), en identifiant les deux expressions, on s’aperçoit que la poutre modéliséea même coefficient de dilatation équivalent en flexion que les barres qui constituentle treillis : .

Ce résultat pouvait être anticipé par les hypothèses de Kirchoff, les déformationsdes barres longi représentant simplement les allongements et rétractions dessemelles ou surfaces extrados et intrados de la poutre.

δθZδX---------

δθZL2---

--------- 4u

L2------ 2F

ESL-----------= = =

EpoutreIpoutreFLδθZδX------------------ ESL2

2--------------= =

αT1 αT+

u v L2---αT= =

≡

NI No2

2-------+ 0=

Nt No2

2-------+ 0=

V''T θ'ZT≅

V''TδθZTδX

------------≅δθZT

L2---

------------4uT–

L2------------ 2ατ–

L-------------= = =

T Y( ) TC AY+=( )

V''T αpoutre– A=

A 2τL-----=

αpoutre α≡

uTL

2

00

0

0

0

0

uT

+uTuT

151

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152

Nous savons aussi qu’en matériau homogèneisotrope, la thermomécanique ne produit pas decisaillement, ce qui est cohérent avec l’hypothèse deKirchoff en flexion pure, sans effort tranchant deMindlin.

4.1 Chargement mécanique ; la poutre est soumise à un moment de flexion uniformeMZ=FL, donnant une déformée parabolique vers le haut :

Chargement thermique ; le gradient de température A induit une courbureuniforme VT”=-αA, déterminant une déformée parabolique vers le bas :

Comme , et , il vient :

On observe que si cette flèche est nulle pour X=Λ, alors elle est identiquementnulle sur toute la poutre (puisqu’on superpose deux déformées de même nature,parabolique en l’occurence). La flèche est donc nulle pour :

Cette dernière condition, indépendante de L peut s’expliciter : .

VFM

EpoutreIpoutre----------------------------------X2

2------- FL

Epoutrelpoutre----------------------------------X2

2-------= =

VT αpoutre– AX2

2-------=

EpoutrelpoutreESL2

2--------------= αpoutre α= A 2τ

L-----=

VFFL

Epoutrelpoutre---------------------------------- αpoutreA– X2

2------- F

ES------- τα– X2

L-------= =

FLEpoutreIpoutre---------------------------------- αpoutreA– 0= soit : F

ES------- τα– 0=

τ FESα-----------=

M=FL

A

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1.13MASSES MODALES EFFECTIVES D’INTERFACE EN EFFORT NORMAL

1 Ces termes représentent le comportement mécanique intrinsèque du système. Lapartie mécanique de l’énergie se conservant, on peut négliger l’amortissementstructural (faible en valeur adimensionnelle) en dehors des bandes de résonance(dont la largeur adimensionnelle est définie par ζi). Dans les bandes de résonance,l’excitation n’est là que pour compenser l’amortissement, le mouvements’établissant selon le mode correspondant.

2

3

4 Avec , il vient :

Cette équation a nécessairement 3 racines réelles (éventuellement confondues)car le système est non-dissipatif. Ces racines sont positives, car l’équation cubiqueest en ω2. Elles sont effectivement, d’après la résolution de l’équation du 3ème degré(dans l’ordre croissant selon la convention sur les fréquences propres) :

ou

5 Dans la matrice ∆(ω) des cofacteurs de [Z(ω)], la 2ème colonne est la plus simpleà calculer :

2Ecin m x1.2 x2

.2 x3.2

+ +( )= M[ ] m1 0 00 1 00 0 1

=⇒

2Epot k x12 x2

2 x12

–( )2

x32 x2

2–( )

2+ +( ) k 2x1

2 2x22 x3

2 2x1x2 2x2x3––+ +( )= =

K[ ] k2 1– 01– 2 1–

0 1– 1=⇒

Z ω( )[ ] k2k ω2m– k– 0

k– 2k ω2m– k–

0 k– k ω2m–

=

Z ω( )[ ] 2k ω2m–( ) 2k ω2m–( ) k ω2m–( ) k2–[ ] k2 k ω2m–( )–= =⇒

k3 6mk2ω2 5m2kω2 m3ω6–+–

ωi2 αi

km----≡ Z ω( )[ ] 0= α3 5α2 6α 1–+– 0=⇔

α1 .1981≅ α2 1.555≅ α3 3.247≅ α1 .20≈ α2 1.6≈ α3 3.2≈

∆ ω( )[ ] k… k k ω2m–( ) …

… 2k ω2m–( ) k ω2m–( ) …

… k 2k ω2m–( ) …

=

153

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154

On explicite cette colonne pour les 3 pulsations propres :

Pour ;

est donc un vecteur propre du premier mode.

Il faut encore le diviser par sa norme pour obtenir le vecteur propre unitaire (selonnos conventions sur les amplitudes en norme Euclidienne) :

Il vient donc :

De même, pour , est un

vecteur propre.

Après normalisation Euclidienne, on trouve :

Enfin, pour , on trouve de même :

(les signes ont été choisis pour obtenir une base orthonormée directe). [P] (matrice de passage paramètres principaux) :

ω12 .1981 k

m----≡ ∆ ω1( )[ ] k2

… 1 .1981–( ) …… 2 .1981–( ) 1 .1981–( ) …… 2 .1981–( ) …

≅

.80191.445

1.8019

p( )1

.80191.445

1.8019

.80192 1.4452 1.80192+ +

--------------------------------------------------------------------.3280.5910.7370

ou p( )1

.33

.59

.74

≈≅ ≅

ω22 1.555 k

m----≡

1 1.555–

2 1.555–( ) 1 1.555–( )2 1.555–

.5550

.2470–.4450

=

p( )2

.5550

.2470–.4450

.5552 .2472 .4452+ +

--------------------------------------------------------.7370.4280

–.5910

≅ ≅

ω32 3.247 k

m----≡

p( )3

–2.24702.8019

–1.2470

2.2472 2.80192 1.2472+ +

--------------------------------------------------------------------–.5910.7370

–.3280

≅ ≅

P[ ] p( )1 p( )2 p( )3[ ].328 .737 –.591.591 .328 .737.737 –.591 –.328

≅≡

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[M] est déjà diagonale (d’ailleurs homothétique à l’unité, elle est diagonale danstoute base). Mais pour [K], on peut vérifier :

6 Mode 1 : ;

Et donc, pour une énergie mécanique unitaire il vient :

7 ; or ;

Il vient donc :

8 En identifiant à l’expression de l’oscillateur (µ1,ω1) à 1DDL, il vient :

9 (car tous les vecteurs propres ont été normalisés à 1).

Et donc de même :

; ;

amplitude de

Il vient donc :

K[ ]diag P[ ] N[ ] P[ ]t k.1981 0 0

0 1.555 00 0 3.247

≡ ≡

ω12 .1981 k

m----≡

x1

x2

x3

1

βunitaire

.328

.591

.737

ω1tcos≅

2Eméca1 2 Ecin 1 mβunitaire2 ω1

2 .3282 .5912 .7372+ +( ) mβunitaire

2 ω12

=≅=

2Eméca 2≡( )

βunitaire2

mω12

-----------=

R k.(amplitude de x1)= ω12 .1981 k

m----≡ k⇒

mω12

.1981-------------= x1 .328βunitaire=

Rmω1

2

.1981------------- 2

mω12

-----------.328 .328.1981-------------ω1 2m 1.656ω1 2m≅=≅

ω1 2µ1 1.656ω1 2m≅ µ1 1.656 m≅ µ1 1.6562m 2.742m≅ ≅⇒ ⇒

2Eméca2 mγunitaire2 ω2

2≅

γunitaire2

mω22

-----------=

R k.(amplitude de x1)= ω22 1.555 k

m----≡ k⇒

mω12

1.555-------------=

x1 .737γunitaire=

Rmω2

2

1.555------------- 2

mω22

-----------.737 .7371.555-------------ω2 2m .4740ω2 2m≅=≅

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156

Par identification avec le système (µ2,ω2) à 1DDL :

10Comme il y a exactement 3 modes en tout, µ3 est la masse résiduelle (par rapportaux deux autres modes) :

11Il y a cette fois-ci une infinité de modes. On ne s’intéresse qu’aux trois premiers(les plus significatifs, qui permettront en outre de comparer avec l’approchediscrète).

D’après le cours : avec pour

Avec U(X;t) f(x)g(t), g(t) = cos(ωt + ϕ) ;

Les conditions limites sont : ; . La première donne immédia-tement .

La seconde implique : (i=0,1,2 pour cette question)

; ;

Les valeurs des pulsations propres ωi incluent la condition d’extrémité libre.

On trouve donc bien : avec : ; expression dans laquelle on a choisi l’origine de la chronologie

pour avoir .

12Comme dans le cas du modèle discret, on peut calculer l’amplitude de l’énergiecinétique ou potentielle. Par cohérence avec la première partie, on calcule parl’énergie potentielle (mais le résultat serait le même par l’énergie cinétique, cecin’étant valable que sur une fréquence propre, déterminant l’équivalence des déri-vées) :

(Rappel : Selon les notations du cours, désigne l’amplitude d’une grandeurcyclique.)

ω2 2µ2 .474ω2 2m≅ µ2 .4742m .2246m≅ ≅⇒

µ3 3m µ1 µ2–– .0331m≅=

U.. c2U''– 0= c2 Eρ---= 0 X 1≤ ≤

≡ f X( ) C ωXc

-------- cos D ωX

c-------- sin+=

U 0( ) 0≡ U' L( ) 0≡C 0≡

ωicL--- k 1

2---+

π=

ω1Eρ--- π

2L------- cπ

2L-------≡= ω2

32---ω1= ω3

52---ω1=

Ui X t;( ) f X( )g t( )= f X( ) DωiX

c---------- sin=

g t( ) ωit( )cos=ϕ 0≡

2Eméca 1 2 Epot élastique 11

ES------- N1

2

0

L

∫ dX 1ES------- ESf '1( )2

0

L

∫ dX ES f '1 X( )( )2

0

L

∫ dX= = = =

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Or

Donc, pour ,

13R=ESf’(0) (l’équivalent de l’allongement du premier ressort d’interface dumodèle discret) :

Comme précédemment, on identifie avec l’expression du système(µ1,ω1) à 1DDL :

avec

Dans le modèle discret à 3DDL, on avait

14Identité de la masse totale :

Identité du carré de la fréquence fondamentale :

f1 X( ) Dω1X

c----------- sin D π X

2L-------

sin= = f'1 X( ) πD2L------- π X

2L-------

cos=⇒

2Eméca1π2D2ES

4L2-------------------- π

2L-------X cos

2Xd

0

L

∫ πD2ES4L

------------------ cos2u ud

0

π 2⁄

∫= = u( ) π2L-------X=

cos2u ud0

π 2⁄

∫ π4---= 2Eméca1

π2D2ES8L

---------------------=⇒

2Eméca1 2≡ Dunitaire2 16

π2------ L

ES-------= Dunitaire

4π--- L

ES-------=⇒

R ESπDunitaire

2L------------------------- 2 ES

L-------= =

ω1 2µ1 2 ESL

-------= µ1⇒ 2ES

Lω12

----------= ω12 E

ρ--- π2

4L2---------=

µ1⇒ 8

π2-----ρSL .811ρSL .811Mbarre=≅=

µ1 2.741m =≅

2.7413

-----------------3m .914 Msystème=

MModèle continu ρSL 3m≡ MModèle discret= = m⇒ ρSL3

----------- .333ρSL≅=

ω12 Modèle continu

Eρ--- π2

4L2--------- .1981 k

m---- ω1

2 Modèle discret=≡=

k 1.1981-------------π2

4----- E

ρL2----------m 1

.1981-------------π2

12------ES

L------- 4.153ES

L-------≅ ≅ ≅⇒

157

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158

Ainsi, si on recale le modèle discret 3DDL sur la masse totale et la fréquencefondamentale, on doit avoir :

On remarque tout de suite que la rigidité longitudinale statique de la barre n’estreprésentée que de manière très approximative (on devrait avoir k=3ES/L pour 3ressorts en série).

Cependant, on peut comparer la représentation dynamique par les rapports despulsations propres :

;

m ρSL3

-----------≅

k 4.153ESL

-------≅

ω2ω1------

3DDL discret

1.555.1981------------- 2.802≅ ≅

ω2ω1------

barre continue

3π2

------

π2---

------≡ 3≡

ω3

ω2------

3DDL discret

3.2471.555------------- 1.445≅ ≅

ω3ω2------

barre continue

5π2

------

3π2

------------≡ 5

3--- 1.667≅≡

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1.14VIBRATIONS EN TRANSLATIONS D’UN ÉLÉMENT

PRISMATIQUE 2D COMPLET

1.1 En théorie des petites perturbations, le chargement statique ne modifie que laconfiguration d’équilibre (elle-même très proche de la configuration de réfé-rence non-contrainte), mais pas la dynamique autour de cette configuration (lesrigidités et inerties étant inchangées).

1.2 L’effort normal engendre des contraintes selon X uniformes par sections droites,et des déplacements U. Les déplacements V sont induits par la flexion MZ(contraintes selon X linéaires en Y dans chaque section droite et rotations dessections droites) et éventuellement par la translation due à l’effort tranchant TY.Or, les équations d’équilibre font intervenir de manière indépendante N d’unepart et (MZ,TY) d’autre part, tout le long de la poutre car les axes X;Y;Z locauxsont invariables.

1.3 Fréquences en flexion < fréquences en effort tranchant < fréquences en effortnormal.

2.1 avec ;

2.2 U’(0;t) 0 β=0 ; U’(L;t) 0

2.3 On a toujours U’(0;t) 0

La condition limite en B s’écrit ESU’(L;t) cos(ωet), ce qui donne par identification :

La réponse établie est donc finalement :

Les amplitudes en O, B et A sont donc respectivement :

avec ;

U.. cN2 U''– 0= cN

Eρ---=

U X t;( ) α ωXcN--------cos β ωX

cN--------sin+ ωt ϕ+( )cos=⇒

≡ ⇒ ≡ ωLcN-------- nπ= ωn nπ

cNL------=⇒ ⇒

≡ U X t;( ) α ωXcN--------cos ωt ϕ+( )cos=⇒

≡

ω ωe= ; ϕ 0 ; αωecN------

ωeLcN

----------sin– 1ES-------= α

cNESωe--------------–

1ωeLcN

----------sin------------------=⇒=

U X t;( )cN

ESωe--------------–

ωeXcN

-----------cos

ωeLcN

----------sin-------------------- ωetcos=

UOc

ESωe Ωesin-----------------------------–=

UBc

ESωe-------------- gcot Ωe–= Ωe

ωeLcN

----------≡ UAc

ESωe--------------

Ωe2

-------cos

Ωesin----------------– c

2ESωeΩe2

-------sin---------------------------------–= =

159

rors.com


160

3.1 ;

;

3.2 ;

MZ(0;t) 0 V’’(0;t) 0 γ=α ; TY(0;t) 0 V’’’(0;t) 0 δ=βOn peut donc récrire le système en α et β , les expressions utiles devenant :

;

La condition d’extrémité libre en B s’écrit dès lors :

V’’(L;t) 0 α(C-c)+β(S-s) =0 ; V’’’(L;t) 0 α(S+s)+β(C-c) =0

Le système en α et β s’écrit donc :

Ce système homogène admet des solutions non-nulles si son déterminant (C-c)2-(S+s)(S-s) est nul, soit :

3.3Les trois première conditions limites sont inchangées. La quatrième devient :

ou

Le système en α et β se récrit donc :

Ce système rendu non-homogène admet comme solution en α et β :

ElZV''' ' ρSV..+ 0=

V X t;( ) α ΩXcos β ΩXsin γchΩX δshΩX+ + +[ ] ωt ϕ+( )cos=Ω4

ω2------- ρS

EI------≡

V'' Ω2 α ΩXcos– β ΩXsin γchΩX δshΩX+ +–[ ]=

V''' Ω3 α ΩXsin β ΩXcos γshΩX δchΩX+ +–[ ]=≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒

V''

Ω2------- α chΩX ΩXcos–( ) β shΩX ΩXsin–( )+=

V'''

Ω3------- α ΩXsin shΩX+( ) β chΩX Ωcos X+( )+=

≡ ⇒ ≡ ⇒(avec C chΩL ; S shΩL ; c ΩLcos= ; s ΩL)sin== =

α C c–( ) β S s–( )+ 0=

α S s+( ) β C c–( )+ 0=

C c–( )2 S s+( ) S s–( )– 0= C2 c2 2Cc S2– s2

+–+ 0= 1 Cc– 0=⇔ ⇔

EIZ– V''' L t;( ) ωet( )cos≡ ω ωe= ; ϕ⇒ 0= ; EIZ– V''' L( ) 1=

EIZ– Ω3 α S s+( ) β C c–( )+[ ] 1=

α C c–( ) β S s–( )+ 0=

α S s+( ) β C c–( )+ 1

EIZΩ3----------------–=

α s S–

2EIZΩ3 Cc 1–( )-----------------------------------------= ; β C c–

2EIZΩ3 Cc 1–( )-----------------------------------------=

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Les amplitudes de la réponse en O, A et B s’obtiennent immédiatement :

, , soit :

V X( ) α Ωcos X chΩX+( ) β ΩXsin shΩX+( )+= VO 2α s S–

EIZΩ3 Cc 1–( )--------------------------------------= =⇒

VB α c C+( ) β s S+( )+ s S–( ) c C+( ) s S+( ) c C–( )–

EIZΩ3 Cc 1–( )--------------------------------------------------------------------------- sC Sc–

EIZΩ3 Cc 1–( )--------------------------------------= = =

VA α c2 C2+( ) β s2 S2+( )+= avec c2ΩL2

--------cos≡ c2 chΩL2

--------≡ , ...

VAs S–( ) c2 C2+( ) s2 S2+( ) c C–( )–

2EIZΩ3 Cc 1–( )--------------------------------------------------------------------------------------= =

sc2 sC2 Sc2 SC2 s2c s2C S2c S2C+–+–––+

EIZΩ3 Cc 1–( )--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

161

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162

1.15THERMIQUE D’UN VOLET COMPOSITE À LONGERON

MÉTALLIQUE

1 Effort normal dans la partie composite :

Effort normal dans la partie métallique :

Contraintes : ;

2 Déformation longitudinale :

Allongement total :

3 Valeurs numériques : Nc = 72400 NσXXm = – 90.5 MPaεXX = 9.28 10-4δL = LεXX = 0.00278 m = 2.78 mm

Ncαm αc–( ) T T0–( )EcScEmSm

EcSc EmSm+--------------------------------------------------------------------------=

Nm Nc–αc αm–( ) T T0–( )EcScEmSm

EcSc EmSm+--------------------------------------------------------------------------= =

σXXcNcSc------

αm αc–( ) T T0–( )EcEmSmEcSc EmSm+

--------------------------------------------------------------------= =

σXXmNmSm--------

αc αm–( ) T T0–( )EcScEmEcSc EmSm+

------------------------------------------------------------------= =

εXX εXXcσXXc

Ec------------- αc T T0–( )+ εXXm

σXXmEm

--------------- αm T T0–( )+= = = =

εXXEmSm

EcSc EmSm+---------------------------------- αm αc–( ) αc+ T T0–( )= =

EcScEcSc EmSm+---------------------------------- αc αm–( ) αm+ T T0–( )

δL LεXX=

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1.16 • Transmissibillité Fréquencielle 2D d’un Élément de Poutre Droite

Openmir

1.16TRANSMISSIBILLITÉ FRÉQUENCIELLE 2D D’UN ÉLÉMENT DE POUTRE DROITE

1.1 La solution générique en traction-compression dynamique harmonique est :

1.2 En A : U(0;t) cos(ωet) ; en B : U’(L;t) 0

Ces conditions s’explicitent : ; ϕ = 0 et

1.3 Le système précédent est un système linéaire en α et β, non-homogène, dont lasolution est donnée immédiatement par substitution :

Ceci permet d’écrire la solution établie recherchée :

On observe la résonance (amplitudes non finies) lorsque tend vers

l’infini, c’est à dire lorsque :

Le déplacement transmis en extrémité de barre est donc :

L’amplitude en transmissibilité harmonique s’écrit donc :

2.1 La solution générique en flexion dynamique harmonique est :

avec

U X t;( ) α ωXc

-------- β ωXc

--------sin+cos ωt ϕ+( ) avec c Eρ---≡cos=

≡ ≡

ω ωe=α 1=

α–ωeL

c---------- sin β

ωeLc

---------- cos+ 0=

α 1= ; β tgωeL

c---------- =

U X t;( )ωeL

c---------- cos tg

ωeLc

---------- ωeX

c----------- sin+ ωet( )cos=

tgωeL

c----------

ωeLc

---------- π2--- jπ+= j N+*∈

U L t;( )ωeL

c---------- cos tg

ωeLc

---------- ωeL

c---------- sin+ ωet( )cos

ωeL( )cosωeL

c---------- cos

-------------------------= =

UB UA←1ωeL

c---------- cos

-------------------------=

V X t;( ) α ΩXcos β ΩXsin γchΩX δshΩX+ + +[ ] ωt ϕ+( )cos=

Ω ρSEI------ω≡

163

rors.com


164

2.2 En A : V(0;t) cos(ωet) ; V’(0;t) 0En B : TY(L;t) = –EIV’’’(L;t) 0 soit V’’’(0;t) 0 et MZ(L;t) = EIV’’(L;t) 0

soit V’’(L;t) 0

Elles s’explicitent en A : ; ϕ = 0 et

Et en B : avec

Substituant (I) dans (II), il vient :

Ce système de Kramer en et non homogène a pour déterminant

et donne immédiatement :

Et donc :

La solution établie en translation s’écrit donc finalement V(X;t) = f1(X)g(t) avec

g(t) = cos(ωet) et :

Soit :

Et la solution établie en rotation s’écrit V’(X;t)=f1’(X)g(t) avec :

En conséquence, l’amplitude de la translation établie en B s’exprime :

avec et

≡ ≡≡ ≡ ≡

≡

ω ωe= I( )α1 γ1+ 1=

β1 δ1+ 0=

II( )cα1– sβ1– Cγ1 Sδ1+ + 0=

sα1 cβ1– Sγ1 Cδ1+ + 0= c ΩLcos≡( ) ; s Ωsin L≡( )

C chΩL≡( ) ; C shΩL≡( )

IIa( )C c+( )α1 S s+( )β1 C–+ 0=

S s–( )α1 C c+( )β1 S–+ 0=

α1 β1

Det C c+( )2 S s+( ) S s–( )– 2 1 Cc+( )= =

α1

C S s+

S C c+

2 1 Cc+( )--------------------------- 1 Cc Ss–+

2 1 Cc+( )----------------------------= = ; β1

C c+ CS s+ S

2 1 Cc+( )--------------------------- Ss Cc–

2 1 Cc+( )------------------------= =

γ1 1 α1– 1 Cc Ss+ +2 1 Cc+( )

----------------------------= = ; δ1 β1– Cs Sc–2 1 Cc+( )------------------------= =

f1 X( ) α1 ΩXcos β1 ΩXsin γ1chΩX δ1shΩX+ + +=

f1 X( ) 1 Cc Ss–+( ) ΩXcos Sc Cs–( ) ΩXsin 1 Cc Ss+ +( )chΩX Cs Sc–( )shΩX+ + +2 1 Cc+( )

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

f'1 X( ) α1Ω ΩXsin– β1Ω Ωcos X γ1ΩshΩX δ1ΩchΩ+ + +=

Ω Ss 1 Cc––( ) ΩXsin Sc Cs–( ) ΩXcos 1 Cc Ss+ +( )shΩX Cs Sc–( )chΩX+ + +[ ]2 1 Cc+( )

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

VB VA← f1 L( ) 1 Cc Ss–+( )c Sc Cs–( )s 1 Cc Ss+ +( )C Cs Sc–( )S+ + +2 1 Cc+( )

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=≡

c ΩeLcos≡ ; s Ωesin L=

C chΩeL≡ ; S shΩeL=

ΩeρSEI------ωe=

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1.16 • Transmissibillité Fréquencielle 2D d’un Élément de Poutre Droite

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Et l’amplitude de la rotation établie en B :

2.3 En A : V(0;t) 0 ; V’(0;t) cos(ωet) ; en B : V’’’(L;t) 0 ; V’’(L;t) 0Elles s’écrivent comme en 2.2, sauf pour le système (I) en A, remplacé par :

Substitué dans (I), il vient immédiatement :

Ce système (IIb) est semblable au (IIa) de la question précédente ; il a naturelle-ment même déterminant, et admet immédiatement comme solution (avec (III)) :

Les solutions spatiales établies en translation et rotation s’écrivent donc :

On en tire les amplitudes des transmissibiltés en translation et rotation respectivement :

3.1 En notant les amplitudes des déplacement harmoniques, les résultats précé-dents peuvent s’écrire matriciellement :

avec

θB VA← f'1 L( ) Ω Ss 1 Cc––( )s Sc Cs–( )c 1 Cc Ss+ +( )S Cs Sc–( )C+ + +[ ]2 1 Cc+( )

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=≡

≡ ≡ ≡ ≡

III( )α2 γ2+ 0=

β2 δ2+ 1Ω----=

IIb( )C c+( )α2 S s+( )β2

SΩ----–+ 0=

S s–( )α2 C c+( )β2CΩ----–+ 0=

α21Ω---- Sc Cs–

2 1 Cc+( )------------------------ = ; β2

1Ω---- 1 Cc Ss+ +

2 1 Cc+( )---------------------------- = ; γ2

1Ω---- Cs Sc–

2 1 Cc+( )------------------------ = ; δ2

1Ω---- 1 Cc Ss–+

2 1 Cc+( )---------------------------- =

f2 X( ) α2 ΩXcos β2 ΩXsin γ2chΩX δ2shΩ+ + +=

Sc Cs–( ) ΩXcos 1 Cc Ss+ +( ) ΩXsin Cs Sc–( )chΩX 1 Cc Ss–+( )shΩX+ + +2Ω 1 Cc+( )

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

f '2 X( ) α1Ω ΩXsin– β1Ω Ωcos X γ1ΩshΩX δ1ΩchΩ+ + +=

Cs Sc–( ) ΩXsin 1 Cc Ss+ +( ) ΩXcos Cs Sc–( )shΩX 1 Cc Ss–+( )chΩX+ + +2 1 Cc+( )

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

VB θA← f2 L( ) Sc Cs–( )c 1 Cc Ss+ +( )s Cs Sc–( )C 1 Cc Ss–+( )S+ + +2Ω 1 Cc+( )

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=≡

θB θA← f'2 L( ) Cs Sc–( )s 1 Cc Ss+ +( )c Cs Sc–( )S 1 Cc Ss–+( )C+ + +2 1 Cc+( )

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=≅

UB

VB

θB

T

UA

VA

θA

=

T

UB UA← 0 0

VB VA← VB θA←

(sym) θB VA← θB θA←

=

165

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166

La matrice de transmissibilité harmonique s’explicitant :

avec :

3.2 On mène un calcul non-amorti sur le corps des réels, puis on tronque les ampli-tudes dans les bandes de résonance à l’aide d’un amortissement modal réduitéquivalent visqueux adimensionnel ζéquiv(Ω) défini empiriquement pour la tech-nologie structurale considérée.

T

1Γ--- 0 0

0 ∆ Ss–( )c Ξs ∆ Ss+( )C Ξs–+ +2∆

-------------------------------------------------------------------------------- Ξc ∆ Ss+( )s ΞC ∆ Ss–( )S+–+2Ωe∆

---------------------------------------------------------------------------------

0Ωe Ss ∆–( )s Ξc ∆ Ss+( )S ∆C–+ +[ ]

2∆--------------------------------------------------------------------------------------------- Ξs– ∆ Ss+( )c ΞS ∆ Ss–( )C+ + +

2∆--------------------------------------------------------------------------------------

=

ΓωeL

c---------- cos= ;

∆ 1 Cc+=

Ξ Sc Cs–=

;

c ΩeLcos≡

s Ωesin L≡

C shΩeL≡

S shΩeL≡

; ΩeρSEI------ωe=

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2.1 • Dynamique d’un Disque en Cisaillement de Révolution

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2.1 DYNAMIQUE D’UN DISQUE EN CISAILLEMENT DE RÉVOLUTION

1 Dans le cadre des problèmes axisymétriques linéaires, la flèche (comme toutes lesgrandeurs mécaniques) ne dépend que de r ; on pourra donc légitime-

ment noter : .

La flèche de flexion wf(r) obéit à l’équation de Lagrange dynamique

(qui n’est pas une équation d’onde) ; compte tenu de la

séparation classique des variables avec ,

f vérifie : avec .

Comme le Laplacien axisymétrique s’écrit , la solution générale

en f est, pour la flexion : .

Cette solution est de nature totalement différente de la solution ondulatoire eneffort tranchant, et de plus elle se situe dans des bandes de fréquence très différentes(fréquences plus basses) dans le cas d’une plaque mine homogène dans l’épaisseur.

2 L’équation d’onde de la flèche d’effort tranchant est :

où est la célérité de propagation de la flèche d’effort tranchant transverse ; la

plaque étant isotrope et homogène, cette célérité est donnée par :

avec :

La séparation donne immédiatement l’équation que f doitvérifier :

Cette équation est du type avec

.

0 r R≤ ≤( )ddr-----=

D∆r∆rwf ρhwf–

+ 0=

wf r t;( ) f r( )≡( )g t( ) g t( ) ωt( )cos≡

∆r∆rf κ4f– 0= κ4 ρhω2

D-------------≡

∆rd2

dr2-------- 1

r--- d

dr-----+=

f AJ0 κr( ) BN0 κr( )+=

∂2w

∂r2---------- 1

r---∂w

∂r------- 1

cTz

2-------∂2w

∂t2---------- 0=–+

cTz

cTz

2 56---G

ρ----=

G E2 1 ν+( )--------------------=

w r t;( ) f r( ) ωt( )cos≡

f″ f ′

r--- ω2

cTz

2-------f 0=+ +

f″ 2α 1–r

----------------f ′ ω2

cTz

2------- α2 λ2

–

r2------------------+

f 0=+ +

α λ 1= =

167

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168

3 On se ramène à l’équation de Bessel de paramètre :

avec le changement de variable

.

Cette équation admet comme solution lafonction proposée.

4 Les conditions limites s’écrivent : . Ces 2 conditions sont néces-

saires et suffisantes pour déterminer les 2 constantes réelles de la solution.Elles sont suffisantes car indépendantes pour 2 constantes indépendantes.

Elles sont aussi nécessaires parce qu’une éventuelle condition en r = 0 ne feraitque confirmer la symétrie ou antisymétrie des modes dynamiques d’une structureaxi-invariante.

En effet, celle-ci s’écrirait :

pour les modes symétriques (identiques aux conditions d’un calculstatique) ou w(0;t) = 0 pour les modes antisymétriques, possibles en dynamique(malgré les conditions d’appui invariantes), mais exclus dans le cadre axisymétrique(axi-invariant) du problème.

5 Les conditions limites s’écrivent, en dynamique :

On réduira la solution à la fonction (la constante multiplica-

tive générale n’intervient pas, puisque la condition est homogène).

La première condition s’explicite donc : (CL1)

Pour la seconde, la règle de dérivation des fonctions de Bessel

de première espèce donne : et

λ =1( )

h″ χ( ) 1χ---h′ χ( ) 1 λ2

χ2-----–

h χ( )++ 0=

χ ωcTz

-------r≡ rcTz

χ

ω-----------≡

⇒

χ2h″ χ( )χh′ χ( ) χ2 1–( )h χ( )+ 0=

w R t;( ) 0=

Mrr R t;( ) 0=

w′ 0 t;( ) 0=

f R( ) 0≡

f″ R( ) νf ′ R( )R

----------------+ 0≡

AJ1ωrcTz

------- B+ J–1ωrcTz

-------

AJ1ωRcTz

-------- B+ J–1ωRcTz

-------- 0≡

Jλ′ x( ) λ

x---Jλ x( ) Jλ 1+ x( )–=

J1′ x( )

J1 x( )x

------------- J2 x( )–=

J1″ x( )

J1 x( )

x2-------------

J2 x( )x

------------- – J3 x( )–=

J 1–′ x( )

J 1– x( )x

--------------- J0 x( )–=

J 1–″ x( )

J 1– x( )

x2---------------

J0 x( )x

-------------+ J1 x( )–=

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2.1 • Dynamique d’un Disque en Cisaillement de Révolution

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et donc :

et :

En simplifiant à nouveau par , et en notant , la partie utile de la

dérivée première s’écrit

et la partie utile de la dérivée seconde :

La seconde condition limite s’explicite finalement :

Le système obtenu avec la première condition limite est linéaire homogène en Aet B ; la condition d’existence d’une solution (dynamique) non-identiquement nulle

AJ1ωRcTz

-------- BJ–1

ωRcTz

-------- +

′

=

AJ1ωRcTz

-------- BJ–1

ωRcTz

-------- +

ω

cTz

------- AcTz

ωR--------J1

ωRcTz

-------- J2

ωRcTz

-------- – B

cTz

ωR--------J 1–

ωRcTz

-------- J0

ωRcTz

-------- +–

=

AJ1ωRcTz

-------- BJ–1

ωRcTz

-------- +

″

=

ωcTz

------- 2

AcTz

ωR--------

2J1

ωRcTz

--------

cTz

ωR--------J

2ωRcTz

-------- J3

ωRcTz

-------- ––

…+

… BcTz

ωR--------

2J 1–

ωRcTz

--------

cTz

ωR--------J

0ωRcTz

-------- J1

ωRcTz

-------- ––

+

ωcTz

------- α ωRcTz

--------≡

AJ1 α( )

α-------------- J2 α( )– B

J 1– α( )α

---------------- J0 α( )+–

ωcTz

------- AJ1 α( )

α2--------------

J2 α( )α

-------------- J3 α( )–– +

BJ 1– α( )

α2----------------

J0 α( )α

-------------- J1 α( )–+

A ωR ναcTz+( ) J1 α( ) αRJ2 α( )–[ ] ωα2RJ3 α( )–

…+ +

… B ωR ναcTz–( ) J 1– α( ) αRJ0 α( )+[ ] ωα2RJ1 α( )–

+ 0≡

169

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170

est équivalente à la nullité du déterminant de ce système ; cette condition, qui consti-tue l’équation qui donne les pulsations propres, s’écrit :

soit :

J1 α( ) J 1– α( )

ωR ναcTz+( ) J1 α( ) αRJ2 α( )–[ ] ωα2RJ3 α( )– ωR ναcTz

–( ) J 1– α( ) αRJ0 α( )+[ ] ωα2RJ1 α( )–

0= CL2( )

2νcTzJ 1– α( )J1 α( ) R ωR ναcTz

+( )J 1– α( )J2 α( ) ωR ναcTz–( )J0 α( )J1 α( )+[ ]–

ωαR J 1– α( )J3 α( ) J12 α( )+[ ]– 0≡

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lit.2.2 • Membrane Hémisphérique Pesante Pressurisée

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2.2 MEMBRANE HÉMISPHÉRIQUE PESANTE PRESSURISÉE

1 Les charges surfaciques, dirigées selon la verticale z, se projettent sur les axeslocaux YZ de la coque au point courant, comme suit :

L’ensemble des variables est en effet exprimé en fonction de l’angle .

Dès lors, en tenant compte du fait que, sur la sphère les équations

d’équilibre des membranes sous chargement axisymétrique méridien s’écrivent :

La seconde équation est immédiatement vérifiée par la solution proposée, qui donne :

On en tire immédiatement qui est compa-

tible avec la première équation (en remarquant que ).

2 La pressurisation entraîne le visseur de membrane isotrope .

Ajouté au visseur dû au poids propre, on trouve donc :

Étudions les variations de : la fonction est monotone

décroissante sur l’intervalle , la plus petite valeur de (compression la

plus importante) est donc obtenue pour p = 0 et ; elle vaut alors ; la

pY ρ– gh θcos=

pZ ρgh θsin–=

θ

r a θcos=

RY a–=

ρ– gh θcosdNYYadθ

---------------NXX NYY–( )tgθ

a------------------------------------------- 0=+ +

ρgh θsin–NXX NYY+( )

a----------------------------------- 0=–

NXX NYY+ ρgha θsin–=

NXX NYY– 2NYY ρgha θsin–=

11 θsin+-------------------- 1 θsin–

cos2θ--------------------=

NXX NYYpa2

------= =

NXXp2--- 1

1 θsin+-------------------- θsin– ρgh+ a=

NYYp2--- ρgh

1 θsin+--------------------– a=

NXX1

1 θsin+-------------------- θsin–

0; π2--- NXX

θ π2---= ρgha

2-------------–

171

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172

valeur minimale de p qui permet d’obtenir une valeur positive de en tout point

(pour tout ) est donc . C’est le poids surfacique de la coque.

Observons à présent : la fonction est croissante (et reste à valeur

négative) sur tout le domaine ; la valeur minimale (compression maximale) est

donc atteinte pour , pour laquelle cette fonction vaut –1. La pression minimale

capable de maintenir le flux positif dans tout le domaine est donc .

Au total, si on souhaite maintenir la membrane sous tension sur X et Y il fautdonc prendre la plus grande des 2 valeurs précédentes, soit :

On constate que cette valeur annule effectivement le flux pour , c’est

à dire à la base de la coque ; ainsi, lorsque cette pression est appliquée, l’effortlinéique de liaison avec le sol (bâti) est nul, la coque est juste sustentée à la surface.3 Une membrane très mince ne peut travailler en compression, par flambage.

L’hypothèse de membrane suppose donc que la coque soit pressurisée, afin quetous les flux soit positifs). Le principe de superposition a permis l’étude séparéedes 2 cas, et ceci reste valable, mais précisément pour que le calcul soit valable, lecas réel est celui du poids compensé par la pression, comme on l’observe dans lestentes sans raidisseurs.

4 Les expressions du visseur sont maintenant, avec :

Pour le drapage, c’est le rapport entre ces flux qui nous intéresse :

. Cette fonction croît de manière monotone de 0 à 1 lorsque

passe de 0 à ; en conséquence, le drapage sera fortement orienté selon Y à la base

de la coque ( petit) et deviendra progressivement quasi isotrope lorsqu’on se dirigevers le sommet.

NXXθ p ρgh=

NYY1

1 θsin+--------------------–

0; π2---

θ 0=

NYY p 2ρgh=

δp 2ρgh=

NYY θ 0=

p δp 2ρgha= =

NXX 1 11 θsin+-------------------- θsin+ ρgha 2 sin2θ–

1 θsin+----------------------ρgha 1 cos2θ–

1 θsin+-----------------------ρgha= = =

NYY 1 11 θsin+--------------------– ρgha θsin

1 θsin+--------------------ρgha= =

NXXNYY----------- 1 cos2θ–

θsin-----------------------= θ

π2---

θ

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Openmir

2.3 DIVERGENT PARABOLIQUE DÉPLOYABLE

(Solutions des questions 1 à 5 établies en coopération avec M Sarda)1 Au point courant (repéré par r), on considère les équations d’équilibre des

membranes axisymétrique sous chargement méridien avec :

Ces équations s’explicitent :

En simplifiant, et en notant , il vient :

2 Si , alors : et .

La seconde équation se simplifie, d’où le système approché :

On peut finalement simplifier :

pY 0≡

pZ δp≡

; dSY 1 r2

a2-----dr+–= ; θcos r

a 1 r2

a2-----+

----------------------= ; θsin 1

1 r2

a2-----+

-------------------=

1

1 r2

a2-----+

-------------------–dNYY

dr---------------

NXX NYY–

r 1 r2

a2-----+

-----------------------------+ 0=

NXX

a 1 r2

a2-----+

----------------------NYY

a 1 r2

a2-----+

3/2

---------------------------------- δp+– 0=–

′ ddr-----≡

NYY′

–NXX NYY–

r----------------------------- 0=+

NXXNYY

1 r2

a2-----+

-------------- aδp 1 r2

a2-----++– 0=–

r >> a 1 r2

a2-----+

a2 r2+

a2---------------- r2

a2-----≈= 1 r2

a2-----+ r2

a2-----≈ r

a--=

NYY′

–NXX NYY–

r----------------------------- 0=+

NXXa2NYY

r2----------------- rδp+– 0=–

NXX rδp≅

NYY′ NYY

r----------- δp–+ 0≅

173

rors.com


174

On ne peut pas aller au-delà à ce stade, car peut dépendre de r.

3 Avec , et vérifie l’équation

dont la solution immédiate est : avec .

La constante d’intégration est donnée par la condition limite

.

La solution correspondant au cas de charge est donc :

On observe que, pour une surpression interne positive, le flux selon X (circonfé-rentiel) est positif (tension) mais que le flux selon le méridien est négatif (compres-sion). Ceci peut entraîner le flambage de la tuyère (ce qui est déjà arrivé en vol).

4 On a maintenant , et comme ,

Ainsi, et vérifie

La solution en pour le chargement est donc :

La condition limite permet de même de calculer la constante d’inté-

gration, ce qui conduit immédiatement à la solution correspondant au cas de charge :

5 La condition d’adaptation au fonctionnement du propulseur dans le vide s’écrit

, soit :

δp

δp α= NXX αr≅ NYY NYY′ NYY

r----------- α–+ 0≅

NYY α r2--- C

r----+= Cα R∈

Cα

NYY R( ) 0≡ Cα α–R2

2------=⇒

α( )

α( )

NXXα r( ) αr≅

NYYα r( ) α2r----- r2 R2

–( ) α2--- 1 R

r----–

r R+( )=≅

δp βz= z r2

2a------–= δp βr2

2a--------=–

NXXβr3

2a--------–≅ NYY NYY

′ NYYr

----------- βr2

2a--------+ + 0≅

NYY β( ) NYY β r3

8a------–

Cβr

------+=

NYY R( ) 0≡β( )

β( )NXXβ r( ) β r3

2a------–≅

NYYβ r( ) β8ar--------≅ R4 r4

–( )

δp R( ) pz R( ) 0≡= α βz R( ) α βR2

2a------– 0≡=+

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Le chargement ne dépend plus que d’une constante ( par exemple, avec

:

La condition implique que les 2 flux ( et soient nuls sur lalisière du divergent. Par ailleurs, peut être interprétée comme une pressioncaractéristique en sortie de chambre de combustion.

6 Les flux totaux (non-nuls) générés dans la membrane sont :

Ces deux flux convergent vers zéro quant r tend vers R, et donc l’épaisseur optimaledécroît quand on s’approche de la lisière. Par ailleurs, le ratio entre les flux s’exprime :

Dans l’ensemble du divergent, ce ratio, négatif, tend vers zéro sur la lisière, où ledrapage optimal est donc circonférentiel.

7 Dans un plan horizontal (pour r donné) la déformée est elliptique (cos2 ) ;l’amplitude est linéaire par rapport à r, donc nulle en O (point fixe) et maximalesur la lisière. Enfin, elle varie sinusoïdalement de manière synchrone et phasée enrotation dans tout le divergent :

La flèche normale selon Z (normale à la coque) correspond aux sollicitations horsmembrane ; on néglige donc les autres déplacements, considérant que la rigidité dela coque en membrane est grande devant la rigidité hors membrane, et donc les

α

β 2aα

R2----------≡

δp α 1 2az

R2---------+

α 1 r2

R2------–

= =

δp R( ) 0≡ NYY NXXα

NXXtotal NXXα NXXβ δpr αr 1 r2

R2------–

=≅+=

NYYtotal NYYα NYYβ+=α4r----- r2 R2

–( ) 1 r2

R2------–

≅

NYYtotalNXXtotal-------------------- 1

4--- 1 R2

r2------–

=

ψ

zz

O

175

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176

modes de flexion sont ceux qui apparaissent en premier dans l’ordre des fréquences.Ce mode d’ovalisation est donc pertinent comme mode dynamique fondamental.8 La méthode de Rayleigh s’applique bien ici, puisque le système dynamique est

non-dissipatif. Elle nécessite de calculer les énergies mécaniques - cinétique etpotentielle - à tout instant. En ce qui concerne l’énergie cinétique, elle se calcule à partir de :

Il s’agit bien d’une forme quadratique en : avec

. Cette forme confirme la linéarité dynamique du système.

Si on cherche à expliciter cette intégrale, on prend plus précisément,

(le signe - provenant de l’orientation de

qui décroît quand r croît).

Tel est l’élément de surface qu’il faudrait prendre en compte pour intégrer surl’ensemble du paraboloïde. Mais, en cohérence avec l’approximation des questionsprécédentes, on peut considérer uniquement la partie extérieure du divergent, d’unepart parce que la contribution dynamique de la partie centrale est faible, et d’autrepart parce que technologiquement, le divergent (déployable) est posé sur la tuyèreelle-même, donc à partir d’un certain rayon R0.

En pratique donc, on pourra intégrer entre R0 (base du divergent) et R (extrémitédu divergent), avec l’élément de surface simplifié dans lequel

.

Quant à l’intégrale , elle se calcule simplement à partir de la remarque

selon laquelle elle est aussi égale à (même fonction, décalée de ) ;

comme , il vient immédiatement :

2Ecin ρhW.2 Sd∫∫coque

= = ρhb.2r2cos22ψ Sd∫∫coque

b. 2Ecin µb.2=

µ ρhbr2cos22ψ Sd∫∫coque

=

dS rdψdSY– r 1 r2

a2-----+ drdψ= = SY

1 r2

a2-----+

ra-- dS r2

a----drdψ≅⇒≅

cos22ψ ψd0

2π

∫

sin22ψ ψd0

2π

∫π2---

cos22ψ sin22ψ+( ) ψd0

2π

∫ 2 ψd0

2π

∫ 4π= =

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Si la coque est homogène et d’épaisseur constante, l’intégrale prise entre R0 etR (et notée ) est donc simplement explicitable :

En ce qui concerne l’énergie potentielle élastique, elle se réduit aux termes deflexions : , sans oublier les gauchissements (ou flexions alternées)

, qui ne sont pas nuls puisque le problème n’est plus axisymétrique.L’énergie élastique surfacique se réduit donc à :

Il reste à exprimer cette énergie en fonction de la flèche ; la méthodeconsiste à appliquer dans l’expression ci-dessus les formules de Reissner utiles,explicitées dans la partie asymptotique de la coque ; pour cela, il faut yexpliciter les courbures utiles :

La dernière égalité résulte du fait que le méridien est ligne de courbure.Les éléments utiles du visseur s’écrivent donc :

cos22ψ ψd0

2π

∫ sin22ψ ψd0

2π

∫ 2π= =

µµ0

µ ρhr2cos22ψ

a2----------------------- rd ψd

0

2π

∫R0

R

∫2πρh R7 R0

7–( )

7a2--------------------------------------=≅

MXX MYYUXY UYX

∂2Epot∂S

------------------ 6

Eh3--------- MXX MYY–( )2 2 1 ν+( ) MXXMYY UXYUYX–( )+[ ]≡

W r ψ;t,( )

r >> a( )

RnXr

θcos------------–≅ avec 1 r2

a2-----+ θcos r

a-- 0= θcos 1≅⇒–

RYa

------- 1 r2

a2-----+

3/2

0=+RYa

------- r3

a3----- 0≅+⇒

RgXr

θsin----------- avec 1 r2

a2-----+ θsin 1 0=– θsin a

r--≅⇒=

RnX r–≅

RnY RYr3

a2-----≅=

RgXr2

a----≅

1RgY---------- 0≡

⇒

MXXh3

12------

a2σXX A( )

r3--------------------------– ηXX+

=

MYYh3

12------

σYY A( )r

--------------------– ηYY+ =

; UXY

h3

12------

a2τXY A( )

r3------------------------- ηXY+

=

UYXh3

12------

τXY A( )r

-------------------– ηXY+ =

177

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178

Pour remonter à la flèche, il faut donc à présent utiliser les formules de Reissneren contraintes puis en déformations, avec seulement les termes linéaires (puisque lacoque ne travaille qu’en flexion) ; on les explicite donc en supprimant les termesconstants et quadratiques :

Pour achever l’explicitation, il manque encore les abscisses curvilignes :

On en tire les expressions des coefficients linéaires de Reissner, qui ramènenteffectivement aux déplacements, dans lesquels on ne conserve que les termes en W :

Dans la partie asymptotique du divergent, il est possible de simplifier encore cestermes comme suit :

σXX P( ) ηXXZ=

σYY P( ) ηYYZ=

σXY P( ) ηXYZ=

avec

ηXXE

1 ν2–

-------------- αXX ναYY+( )≡

ηYYE

1 ν2–

-------------- ναXX αYY+( )≡

ηXYE

1 ν+------------αXY≡

dSX rdψ≡

dSY 1 r2

a2-----+– dr r

a--– dr≅=

αXXW

RnX2

----------–∂

∂SX---------- ∂W

∂SX---------- 1

RgX---------- ∂W

∂SY---------- 1

r2----–≅ W a2

r-----∂W

∂r-------- ∂2W

∂ψ2-----------++

+≡

αYYW

RnY2

---------- ∂∂SY----------–

∂W∂SY---------- 1

RgY---------- ∂W

∂SX---------- a2

r2-----–≅ a2

r4-----W ∂2W

∂r2-----------+

+≡

αXY1

RgX----------– ∂W

∂SX----------–

1RgY---------- ∂W

∂SY---------- ∂2W

∂SX∂SY--------------------- a

r2----–≅–

1r---∂W

∂ψ-------- ∂2W

∂r∂ψ-------------–

+≡

αXX1

r2----– W ∂2W

∂ψ2-----------+

≅

αYY 0≅

αXYa

r2---- ∂2W

∂r∂ψ-------------≅

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Ceci permet une explicitation relativement simple de en fonction de a, r et (W étant elle-même définie en fonction de b, r et ). Cette explicitation est éven-

tuellement applicable à d’autres déformées en W.Dans le cas particulier du mode elliptique fondamental dans la partie asympto-

tique du divergent, il est aussi possible de calculer l’énergie potentielle à partir de larigidité diamétrale d’un anneau, en considérant le travail des charges (ponctuelles)extérieures.

(double de l’énergie potentielle élastique, intégrée entre R0 et R) apparaîtdans tous les cas comme une forme quadratique en b, notée :

Dès lors, la conservation de l’énergie mécanique conduit

immédiatement à (sous réserve que , ce qui est le cas endynamique) ; la pulsation propre de ce mouvement harmonique paramétré par b est :

9 La structure est homogène et isotrope, et simplement posée. Le chargement ther-mique uniforme détermine, dans ce cas, une dilatation uniforme de la coque.Celle-ci se transforme donc selon une simple homothétie de coefficient

.

La forme parabolique du divergent est inchan-gée. Pour fixer les idées on peut présenter ladéformée en bloquant virtuellement le point O(en translation et en rotation) :

Le point P0

de coordonnées (r0, z0) (telles que )

vient en P1

de coordonnées (r1, z1)

telles que

10 Dans une coque mince, le gradient transversede température ne modifie pas la températuremoyenne de la coque. Si elle est géométrique-ment non-développable et fermée - ce qui est lecas ici - la déformée de membrane est négligeable, et donc la géométrie estinchangée en première approximation et aux effets de bords près.

2Epotψ ψ

2Epot

2Epot χ0b2≡

2Ecin 2Epot+ . 0≡

µ0b.. χ0b 0≡+ b. 0≠

ω0χ0µ0------≡

γ 1 αth+ T1 T0–( )( )≡

r02 2az0=

r1 r0 1 αth T1 T0–( )+( )=

z1 z0 1 αth T1 T0–( )+( )=

P0

O

r0

P1

r1

179

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180

En revanche, il apparaît un visseur homogène de flexions isotropes - résultantprécisément de l’absence de flèche - dont les composantes non-nulles sont lessuivantes :

11 La charge statique (question 5) correspond à la surpression interne de la coqueprovenant de la propulsion ; cette surpression passe, en sortie de col, d’une pres-sion de l’ordre de la pression de la chambre de combustion (plusieurs dizaines deMPa) à la pression extérieure (voisine de zéro).

La charge dynamiques, correspondant au mode fondamental, est initiée d’une partpar des instabilités de combustion entraînant un écoulement du plasma non nécessai-rement invariant en rotation, et d’autre part par les mouvements de la tuyère générésen rotation par le pilotage du lanceur (moteur orientable) et par les vibrations latérales.

L’élévation globale de température correspond au transfert termique du plasmavers la peau, et le gradient est du au rayonnement vers l’extérieur. La conductioninterne à la peau (et aussi la convection dans la couche limite pour une moindre part)ont un effet d’homogénéisation, mais l’hypothèse d’une température et d’ungradient uniformes est néanmoins approximative. Pour plus de précision, il faudraitmener (numériquement) un calcul dans lequel la température et son gradient sontfonction de z.

MXXAth MYYAth– D 1 ν+( )αCth–= =

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2.4 • Bande de Roulement d’un Pneu Tubeless

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2.4 BANDE DE ROULEMENT D’UN PNEU TUBELESS

1 Par invariance du problème en rotation autour de l’axe O (symétrie de la coque

et du chargement, qui est de plus méridien), les axes sont axes princi-

paux des contraintes, et donc (aussi bien dans la bande de roulement que

dans les bandes latérales).

Par ailleurs, le flux proposé est celui qui s’établit selon X dans une

membrane cylindrique pressurisé de rayon R ; il correspond effectivement àl’équation d’équilibre selon X d’une telle membrane.Enfin, dans un tore de section circulaire, les éléments non-nuls du visseur demembrane sont :

avec

Sur le point extrémal , on trouve donc :

Le flux proposé assure donc la continuité du flux

(par continuité de la normale de coupure définissant cet élément du visseurlorsqu’on passe de la bande latérale à la bande de roulement.

Le flux est, par contre, discontinu. On peut par ailleurs supposer que le fluxdans la partie torique est identique à celui du tore circulaire, rappelé ci-dessus.

2 Les deux flux principaux dans la partie cylindrique (bande de roulement)

s’explicitent comme suit, dans les deux cas particuliers proposés :

a)

La sollicitation est très anisotrope. Un drapage fortement ceinturé seraitadapté en résistance : 50%/20%/20%/10% ou même 70%/10%/10%/10%.

z

X Y Z, ,( )TXY 0≡

NXX δpR=

NXX r( ) δpa2

---------= ; NYY r( ) δpa2

--------- 1 br---+

= b r θacos–≡

r a b R≡+=( )

NYY R( ) δpa2

--------- 1 bR----+

δpa2

--------- 1 R a–R

------------+ δpa

2--------- 2R a–

R---------------- δpa 1 a

2R-------–

= = = =

NYY δpa 1 a2R-------–

= NYY

NXX

NXX δpR=

NYY δpa 1 a2R-------–

=

R 280 mm=

a 1 a2R-------–

37.1 mm ≅

NXXNYY----------- 280

37.1---------- 7.5≅=⇒

181

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182

b)

La sollicitation est un peu moins anisotrope. Le drapage 50%/20%/20%/10% convient en résistance.

Pour le drapage, seul compte le rapport entre les flux principaux ; les valeurs de cet p sont donc inutiles.

R 650 mm=

a 1 a2R-------–

133 mm ≅

NXXNYY----------- 650

133--------- 4.9≅=⇒

δ

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2.5 • Coque Tronconique sous son Propre Poids

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2.5 COQUE TRONCONIQUE SOUS SON PROPRE POIDS

1 Les équations d’équilibre local des membranes axi-invariantes appliquées autronc de cone s’explicitent :

Le problème étant méridien, on a de plus , et les équations se récrivent :

L’équation (1) confirme le caractère axi-invariant du problème.

Comme , on peut donc récrire,

2 De (3) on tire , porté dans (2) :

.

Or et l’équation en se récrit :

px∂NXXr∂ψ

---------------∂TYX

∂Y--------------

2 θTXYsinr

--------------------------–+ + 0=

pY∂NYY

∂Y---------------

∂TXYr∂ψ

--------------θ NXX NYY–( )sin

r----------------------------------------------+ + + 0=

pZθNXXcosr

------------------------– 0=

pX 0≡

TXY TYX 0≡ ≡

∂NXX∂ψ

--------------- 0= (1)

pY∂NYY

∂Y---------------

θ NXX NYY–( )sinr

---------------------------------------------- 0=+ + (2)

pZθNXXcosr

------------------------– 0= (3)

pY ρgh θcos–=

pZ ρgh θsin–=

ρgh θcos∂NYY

∂Y---------------

θ NYY NXX–( )sinr

----------------------------------------------+– 0=

ρgh θsinθNXXcosr

------------------------ 0=+

NXXrpZ

θcos------------=

pY pZtgθ∂NYY

∂T---------------

θNsin YYr

-----------------------–+ + 0=

dr θdYsin–= NYY

pY pZtgθθ∂NYYsindr

--------------------------θNYYsinr

-----------------------–+ 0=

183

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184

soit : ; pour identifier la

constante B, il suffit de reporter l’expression de :

Or, compte tenu des expressions de pY et pZ, il vient :

Comme , cette expression est définie ; pour , la solution du cylindresous son propre poids est élémentaire.

La solution recherchée est donc :

3 Le bord supérieur est libre, et donc pour r = a : NYY = TXY = 0. La conditionNYY = 0 entraîne :

4 Pour , le visseur s’explicite :

Sur la lisière supérieure (r = a), NYY = 0 : le drapage adapté est donc 50% à 0°(selon X), 20% à ±45°, et 10% à 90°, ou 70/10/10/10.

Lorsque r croit, le drapage doit être rendu progressivement plus isotrope (pouraboutir par exemple à 25/25/25/25, isotrope).

5 La singularité intervient pour NYY., puisque le dénominateur tend vers 0 lorsque tend vers 0 ou .

Lorsque tend vers 0, on se ramène au problème du cylindre. Dans la solutionconique, il faut remarquer que le numérateur tend également vers 0.

∂NYYdr

---------------NYY

r-----------+

pYθsin

-----------pZ

θcos------------+ C= = NYY

Ar---- Br+=⇒

NYY

A

r2---- B A

r2---- B+ + +– C= B C

2----= NYY

Ar---- Cr

2------+=⇒ ⇒

CpY

θsin-----------

pZθcos

------------+ ρgh gθcot tgθ+( )–=≡ ρghθ θcossin

-----------------------– 2ρgh2θsin

--------------–= =

θ 0> θ 0=

NXX ρgh r tgθ–=

NYYAr---- ρghr

2θsin--------------–=

A ρgh a2

2θsin-----------------

NXX ρgh r tgθ–=

NYYρgh a2 r2

–( )r 2θsin

-------------------------------=

⇒=

θ π/4=

NXX ρghr–=

NYYρgh a2 r2

–( )r

-------------------------------=

θ π/2θ

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2.5 • Coque Tronconique sous son Propre Poids

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Lorsque tend vers , alors l’expression trouvée pour NYY tend effectivementvers . On entre effectivement dans le domaine de la non-linéarité ; deux barres detreillis donnent, en 2D, une illustration de cette singularité :

Si l’angle de montage des barres est presque plat, alors les efforts de compressioninduits sont très élevés ; le modèle treillis devient inopérant.

De même, pour la coque tronconique, le modèle membrane devient inexactlorsque tend vers ; il doit alors être remplacé par le modèle des plaques enflexion (flexion axi-invariante des disques et couronnes).

θ π/2∞–

F

θ π/2

185

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186

2.6 DÉFORMÉES D’UNE PLAQUE RECTANGULAIRE

1 Le visseur est uniforme, et on néglige l’énergie d’effort tranchant transverse :

Soit , ce qui établit le résultat recherché.

2 ;

3 ;

4 On constate que et et de même

et .

La déformée correspond bien à unmode fondamental posé sur les 4bords (ligne de nœuds) et avec unventre au centre (déformée d’unquart de la plaque représentéechématiquement ci-contre) :

On calcule ensuite les moments de flexion :

Or :

Le moment d’encastrement est nul sur les 4 bords (X ou Y = ±L). Il représente unappui simple.

De même :

2EélastSplaque

El------------------ MXX MYY–( )2 2 1 ν+( )MXXMYY+[ ]= =

4L B2

El--------------- 1

2--- 1

L2------+

2 2 1 ν+( )

L2 2--------------------–

2Eélast4B2

ElL3 3---------------- L4 4 2νL2 2

–+[ ]=

L≡ 2Eélast8B2

ElL2------------ 1 ν–[ ]=⇒ ν 1

3---= 2Eélast

16B2

3ElL2---------------=⇒

L≡ A BEl----- 1 ν–[ ]=⇒ ν 1

3---= A 2B

3El---------= B 3AEl

2-------------= 2Eélast 48ElA

2

L2-------=⇒ ⇒ ⇒

Wsin L Y;t,±( ) 0= Y∀ t∀

Wsin X ;t,( ) 0≡( ) X∀ t∀

MXX D ∂XXW ν∂YYW+( )–=

MYY D ν∂XXW ∂YYW+( )=

∂XXW Aπ2

4L2----------– πX

2L-------cos πY

2-------cos Aπ2

4L2---------- πX

2L-------cos πY

2L-------cos–= =

∂YYW Aπ2

4 2----------– πX

2L-------cos πY

2-------cos Aπ2

4L2---------- πX

2L-------cos πY

2L-------cos–= =

∂XXW X ± ;t,( ) Aπ2

4L2---------- πX

2L-------cos=

∂XXW X ± ;t,( ) 0=

MYY X ± ;t,( ) +Dπ2

4-----Aν

L2------- πX

2L-------cos=⇒

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2.6 • Déformées d’une Plaque Rectangulaire

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5

Or : et donc :

6 Pour et , ;

Et donc : d’où :

7 La déformée utilisée pour calculer l’énergie cinétique n’est pas exactement lamême que celle de l’énergie potentielle (quadratique et sinus). Toutefois, ellessont régulières toutes deux, respectent les conditions limites en flèche mais pas endérivée. La différence provient du moment d’encastrement qui est uniforme pourla déformée quadratique, et variable pour la déformée sinus. Il faut donc supposerque le moment engendré par la déformée quadratique représente la “moyenne” dumoment d’encastrement.

8 Le premier harmonique apparaît selon la longueur ; on peut proposer :

Dans le cas de la plaque carrée, on peut peut proposer les deux premiers harmo-niques :

;

Un autre type de déformée possible serait :

où :

Pour comparaison, la solution exacte donnerait, pour une plaque rectangulaire :

Wsin. A. πX

2L------- πY

2-------coscos= 2Ecin W.( ) ρhA.2 πX

2-------cos

2 πY2

-------cos 2

Xd Yd–

+

∫–L

+L

∫=⇒

cos2πX2L-------dX 2L

π-------= cos2udu L=

–π/2

+π/2

∫–L

+L

∫

2Ecin W.( ) ρhL A.2 ρhL2A.2==

L≡ ν 13---≡ 2Eélast

48EI

L2------------A2

= 2Ecin ρhL2A.2=

ω1sin/quad2

48EI

L2------------

ρhL2------------- 48 EI

ρhL4------------- = Eh2

ρL4----------= = ω1sin/quad 2 h

L2------ E

ρ---= =

W2 X Y;t,( ) A t( )= πX4L-------cos πY

2-------cos

W2carrée X Y;t,( ) A t( )= πX4L-------cos πY

2L-------cos W3carrée X Y;t,( ) A t( )= πX

4L-------cos πY

4L-------cos

Wch X Y;t,( ) B t( )= 1 ch α2XL---

– 1 ch α2Y---

– α2 Argch2≡ 1.31696≅

ω1 Flexion Lagrangeβ1L----- D

ρh------=

187

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188

où ne dépend que de l’allongement de la plaque et des conditions

limites :

Pour une plaque carrée , on a :

Si il vient :

La valeur trouvée par la méthode de Rayleigh-Ritz (question 6) étant

, on voit que le calcul donne effectivement un résultat réaliste inter-

médiaire entre 4 côtés appuyés et 4 côtés encastrés.

β1 α α L---≡

β1 appuyésπ2

4----- 1 α2

+( ) pour une plaque simplement appuyée sur ses 4 bords=

β1 encastrésπ2

4----- 3.11α2 5.14 1 α4

+( )+ pour une plaque encastrée sur ses 4 bords≅

L≡ ; α 1≡( )β1 carré appuyé 0.5π2 4.935≅=

β1 carré encastré 0.9148π2 9.029≅ ≅

ν 13---= D Eh3

12 1 ν2–( )

-------------------------- 3Eh3

32-------------= =

ω1 carré appuyé Lagrangeπ2

2----- 3

32------ h

L2------ E

ρ--- 1.511 h

L2------ E

ρ---≅=

ω1 carré encastré Lagrange 0.2801π2 h

L2------ E

ρ--- 2.764 h

L2------ E

ρ---≅≅

2.465 h

L2------ E

ρ---

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2.7 • Peau Composite d’un Fuselage Pressurisé

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2.7 PEAU COMPOSITE D’UN FUSELAGE PRESSURISÉ

1

La contrainte étant étant le double de , un drapage adapté possible est :50% à 0° (X), 30% à 90° (Y) et 10% à ± 45°.

2 bars ; , valeur à charge sûre (SL)

Dans un cas de pressurisation, la réglementation prévoit : ; ;

. Ainsi à Charge Limite : (notée ).

Et donc, à charge limite : ;

.

3 Les déformations se calculent par la loi de Hooke 2D orthotrope :

avec

C’est donc qui est dimensionnante, à comparer à la valeur admissible àCharge Limite, à savoir 0.2 %.

On calcule le coefficient de sécurité sur membrane lisse à Charge Limite,

.

Cette valeur est supérieure à 2. La marge structurale est, dans ce cas, supérieure à100 %.4 A et B étant sur les axes de symétrie, et placés sur un bord libre, les contraintes

sont uniaxiales et tangentes au bord en ces points.Les contraintes induites induites par concentration autour du trou valent, à charge

limite :

5 En A :

σXXδpR

h----------= ; σYY

δpR2h

----------σXX

2-----------= =

σYY σXX

Pext 0.2≈ pint 0.8 bars ≈ δpSL 0.6 bars≈⇒

SL δp≡ LL 43---δp≡

UL 43---δp≡ δpLL 0.8 bars 0.08 MPa≅= δp

σXX/LL0.08 2200×

2---------------------------- 35.2 MPa≅ ≅

σXX/LL 17.6 MPa≅

εXXσXX νXY–

EXX--------------------------- 4.99 10–4× 0.05%=≅=

εYYσYY νYX–

EXX---------------------------= νYX νXY

EYYEXX----------- 0.2== εYY 7.92 10–4× 0.079%≅ ≅⇒

εYY

CSLL0.2 %

0.079 %-------------------- 2.5≅=

σYYinduite en A 3σYY σXX–σXX

2----------- σYY

δpR2h

---------- 17.6 MPa= == = =

σXXinduite en B 3σXX σYY–5σXX

2-------------- 5δpR

2h-------------- 88 MPa== = =

εYY A( )σYYinduite en A

EYY----------------------------------- 0.44E 03– 0.044 % 440 µd= = = =

189

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190

En B :

Le point critique est le point B. La déformée admissible étant 0.2% ou 2000 d,on a, en tenant compte du trou :

La marge structurale à Charge Limite est donc de 36%. On reste dans le domaineadmissible, mais la marge a considérablement réduit.

εXX B( )σXXinduite en B

EXX----------------------------------- 1.47E 03– 0.147 % 1467 µd= = = =

µ

CSLL0.2 %

0.147 %-------------------- 1.36≅=

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2.8 COQUE HÉMISPHÉRIQUE SOUS PRESSION NON UNIFORME

1

2 On intègre entre 0 et a la pression appliquée sur la coque :

L’intégrale se calcule donc :

En identifiant : , il vient le résultat

proposé :

On vérifie bien que (continuité sur la lisière).

On remarque également que, comme , on a par continuité

.

Entre ces deux valeurs, NYY varie de manière monotone par rapport à .

L’expression du flux peut aussi être trouvée à partir du poids de la colonne deliquide au dessus de la coque (d’après Archimède).

N poids total du fluidelongueur de la lisière--------------------------------------------------

ρf g2πa3

3------------

2πa----------------------

ρf ga2

3---------------= = =

NYY périmètre× αsin× p η( )0

α

∫ ηdScos 0 η 0; α[ ]∈( )=–

périmètre 2πa αsin= ; p η( ) ρf= ga ηcos ; dS 2π= a sinηadη

ρ η( )sinη Sd

0

α

∫ 2πρf ga3 sinη

0

α

∫ cosη2 dη = 2πρf ga3 cos3η

3--------------–

0

α 2πρf ga3

3--------------------- 1 cos3α–( )= =

2πa sin2αNYY2πρf ga3

3----------------------– 1 cos3α–( ) 0=

NYY α( )ρf ga2

3---------------1 cos3α–

sin2α-----------------------

ρf ga2

3--------------- 1 cos3α–

1 cos2α–-----------------------

ρf ga2

3---------------F α( )≡= =

NYYπ2--- ρf ga2

3---------------=

limα 0→ F α( ) 32---=

NYY 0( )ρf ga2

3---------------=

α( )

191

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192

3 L’équation générale selon la normale Z, en théorie des membranes axi-invariantessous chargement méridien (la pression est un chargement méridien), s’écrit :

Dans ce problème :

L’équation selon Z se récrit donc , ce qui établit le

résultat recherché.

4 De l’équation précédente, connaissant NYY , on tire immédiatement :

On remarque que , et ; et donc :

et

NXX varie de manière monotone entre ces deux valeurs, et s’annule au voisinagede (environ 69°). On constate donc que la frange superieure pourraflamber localement (plissement) si elle n’est pas stabilisée. L’hypothèse demembrane suppose donc cette stabilité.

5 La déformée donne une flèche normale maximale pour (sur l’axe longitu-dinal) cohérente avec l’étude du mode fondamental longi, et nulle pour ,cohérente avec l’appui circulaire sur la lisière supérieure (cadre rigide et inertiel).La déformée ne donne pas tout à fait un encastrement sur cette lisière, mais unencastrement parfait n’existe pas en dynamique.

6 avec et

D’où :

pZ NXX–θcos

r------------

NYYRY

----------- 0=+ +

pZ ρf ga αcos= ; α θ π2---+= θcos αsin=⇒ ; r a= αsin ; RY a–=

ρf ga αcosNXX

a-----------

NYYa

-----------– 0=–

α( )

NXX α( )ρf ga2

3--------------- 3 αcos 2cos3α 1––

1 cos2α–-------------------------------------------------

ρf ga2

3---------------G α( )≡=

limα 0→ G α( ) 32---= lim

α π2---→

G α( ) 1–=

NXX 0( ) NYY 0( )ρf ga2

2---------------= = NXX

π2--- ρf ga2

3---------------–=

α 1.20≅

α 0=α α/2=

2Ecin ρh W.2 Sdcoque∫= W. αδ.cos= dS 2πa αadαsin=

2Ecin 2πa2ρhδ.2= αsin cos2α αd0

π/2

∫ 2πa2ρhδ.2 cos3α3

--------------–0

π/2 = =

2πa2ρh3

-------------------δ.2 µ1δ.2≡

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7 Les équations en déformations de Reissner pour les membranes axi-invariantessont :

Or :

8 Les éléments non-nuls du visseur de membrane axi-invariant sont :

Or la loi de Hooke donne :

Et donc :

Le flux TXY de cisaillement de membrane est identiquement nul, de par le carac-tère axi-invariant à chargement méridien (charges et conditions limites) duproblème.9 Le double de l’énergie surfacique de déformation se réduit à :

10 Le double de l’énergie potentielle s’exprime donc :

Soit : , et donc finalement :

εXX1r--- V θsin W θcos+–( )≡

εYYdVdsY--------- W

RY-------–≡

r a αsin= ; V 0≡ ; θcos αsin= ; RY a–= εXX εYYWa

----- ε= = =⇒

NXX hσXX=

NYY hσYY=

σXXE

1 ν2–

-------------- εXX νεYY+( )≡

σYYE

1 ν2–

-------------- νεXX εYY+( )≡

σXX σYY23---Eε 3

2---W

a-----E σ= = =≡⇒

NXX NYY32---Eh

a-------W N≡=≡

2dEmembrane

dSmoyen------------------------------ 1

Eh------- NXX

2 NYY2 2νNXXNYY–+[ ] 4N2

3Eh---------- 3EhW2

a2-------- = 3Ehcos2αδ2

a2-----= ==

2Epot 2dEmembrane

dSmoyen------------------------------

hémisphère∫ dS≡ 3Ehδ2

a2----- cos2α2πa αasin αd

0

π/2

∫ = =

6πEhδ2 cos2α αsin αd0

π/2

∫

2Epot 6πEhδ2 cos3α3

--------------–0

π/2=

2Epot 2πEhδ2= χ1δ2≡

193

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194

11 La conservation de l’énergie mécanique (licite pour un calcul modal structuralsous amortissement faible) s’écrit :

Dynamiquement : , équation harmonique en amplitude,

donc la solution a pour pulsation :

Cette pulsation est proportionnelle à la célérité de propagation en effort normal, etdécroit en 1/a. L’approximation est assez convenable pour ce mode axi-invariant dedemi-sphère, et peut aussi représenter la moitié d’une sphère complète dans sonsecond mode axi-invariant.

2Ecin 2Epot cste soit 2Epot 2Epot+( ). 0≡ soit 2µ1δ.δ.. 2χ1δ.δ..+ 0≡≡+

δ. 0≠( ) µ1δ.. χ1δ+ 0≡

ω12 χ1

µ1------ 3E

ρa2---------= = ω1

3a

------- Eρ--- 1.73

a---------- E

ρ---≅=⇒

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2.9 PLAQUE EN FLEXION AVEC APPUI ÉLASTIQUE

1 Aux effets de bord près (deux frontières libres latérales), le problème est Y-inva-riant. Une tranche de largeur unitaire selon Y est donc identique à un problème de

poutre de rigidité de section droite , encastrée en son

extrémité X = 0 et appuyée en son extrémité X = L sur un ressort de raideur

, et soumise à un effort concentré d’intensité .

Ce problème classique de poutre peut être résolu de plusieurs manières. On peutprocéder par simple superposition. La rigidité de la poutre seule (sans le ressort) en

flexion simple chargée ponctuellement à son extrémité est : . Ce résultat

est directement tiré du problème élémentaire ci-dessous, bien connu :

Le problème complet en X = L résulte de la mise en parallèle de la rigidité de lapoutre et de celle du ressort :

ElZ D Eh3

12 1 ν2–( )

--------------------------≡=

χ Eea

------= λ

EIZ=D

K 3D

L3-------=

EIZ , L F

V1 L( ) FL3

3ElZ------------=⇒

K

195

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196

La rigidité de la structure “vue” du point X = L vaut donc :

On en déduit immédiatement la flèche en ce point :

La membrane ne flambe pas en dépit de son épaisseur très faible car on peutsupposer que (plaque en tension). Le chargement dynamique s’ajoutera enréalité à la charge statique (qui détermine donc une prétension du voile). On consi-dérera donc les vibrations autour de la position d’équilibre (déformée) souscharge statique, ce qui ne change rien à l’étude, en vertu du principe de superpo-sition linéaire.

2 La poutre représentant la plaque en flexion travaille en flexion simple sous unecharge égale à diminuée de l’effort normal dans le ressort :

Or celui-ci peut être calculé très simplement :

et la partie complémentaire :

Le visseur en termes de poutre en flexion simple s’écrit donc :

Ce qui se traduit immédiatement en termes de plaque :

K χ+

K χ+ 3D

L3------- χ+

E

4 1 ν2–( )

----------------------- h3

L3------ Ee

a------+ E e

a-- 1

4 1 ν2–( )

----------------------- h3

L3------= = =

V L( ) λK χ+-------------- 4 1 ν2

–( )L3a

h3a 4 1 ν2–( )L3e+

----------------------------------------------- λE---= =

λ 0>

λ

Nressort

Nressort χV L( ) χK χ+--------------λ= =

λ NressortK

K χ+--------------λ h3a

h3a 4+ 1 ν2–( )L3e

-----------------------------------------------λ= =–

TY λ Nressorth3aλ

h3a 4+ 1 ν2–( )L3e

-----------------------------------------------=–=

MZ λ Nressort–( ) L X–( ) h3aλ L X–( )

h3a 4+ 1 ν2–( )L3e

-----------------------------------------------==

QXZh3aλ

h3a 4+ 1 ν2–( )L3e

-----------------------------------------------= ; MXXh3aλ L X–( )

h3a 4+ 1 ν2–( )L3e

-----------------------------------------------=

QYZ 0 ; MYY 0 ; UXY 0 ; NXX 0 ; NYY 0 ; TXY 0≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡

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3 La solution générique s’écrit avec :

4 L’encastrement en X = 0 donne :

On peut récrire f(X) en fonction de A1 et A2 :

La condition de moment MXX nul en X = L s’écrit :

(avec ; ; ;

On peut donc éliminer A2 :

Cette expression est proportionnelle à une seule et dernière constante (A1) ; ladernière condition limite faisant apparaître l’effort tranchant, il faut calculer ladérivée troisième :

La condition limite définissant QXZ(L) s’écrit donc :

soit :

c’est à dire :

On en tire immédiatement, par identification séparée :

.

On peut en déduire, par la relation biunivoque entre pulsations spatiale et temporelle :

W X;t( ) f X( )g t( )=

g t( ) ωt ϕ+( )cos= ; f X( ) A1 ΩXcos= A2 ΩXsin A3chΩX A4shΩX+ + + ;

ω2

Ω2------- D

ρh------ Eh2

12ρ 1 ν2–( )

-----------------------------≡ ≡

W 0( ) 0 t∀= f 0( ) 0= A1 A3+ 0=⇒ ⇒

W′ 0( ) 0 t∀= f′ 0( ) 0= A2 A4+ 0=⇒ ⇒

f X( ) A1 ΩXcos chΩX–( ) A2 ΩXsin shΩX–( )+=

f″ X( ) Ω2– A1 ΩXcos chΩX–( ) A2 ΩXsin shΩX–( )+[ ]=⇒

DW–″ L( ) 0 t∀= f″ L( )⇒ 0=

A1 C c+( ) A2 S s+( ) 0=+⇒ c ΩLcos≡ C chΩL≡ s ΩLsin≡ S shΩL≡

A2C c+S s+-------------– A1= f X( ) A1 ΩXcos chΩX–

C c+S s+------------- ΩXsin shΩX–( )–=⇒

f ′″ X( ) Ω3A1= ΩXsin shΩX–C c+S s+------------- ΩXcos chΩX+( )+

QXZ L;t( ) λdyn Nressort dyn–=

D–″′ L;t( ) ωet( )cos χW L;t( )–=

D–″′ L( )g t( ) ωet( )cos χf L( )g t( )–=

g t( ) ωet( )cos= ω ωe ; ϕ 0≡≡( )

ωe2

Ωe4

------- Eh2

12ρ 1 ν2–( )

-----------------------------= ; Ω Ωe12ρ 1 ν2

–( )

Eh2----------------------------- 1/4 ωe

h------= =

197

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198

Puis, après simplification par g(t) (non identiquement nulle) :

Or :

(avec : )

Et donc :

(car : )

De même :

La condition limite en effort tranchant transverse se récrit donc :

Ou encore :

On en tire la constante d’amplitude du mouvement vibratoire :

Ou encore :

Cette amplitude s’applique à la solution :

5 L’identification des pulsations propres prend en considération le mouvementvibratoire libre (non-excité). Les 3 premières conditions limites sont inchangées,et la condition en effort tranchant transverse est simplement modifiée.Dans la configuration précédente, cette condition s’écrivait :

D–″′L 1 χf L( )–=

f ′″ L( ) Ωe3A1 se Se–

Ce ce+( )Se se+

----------------------+2 Ωe

3A1Se se+---------------- se

2 Se2

– Ce ce+( )2+[ ]= =

ce ΩeLcos≡ ; Ce chΩeL≡ ; se Ωesin L ; Se shΩeL≡≡

f ′″ L( )2Ωe

3A1Se se+------------------ 1 Cece–( )=

c2 s2+ 1 ; = C2 S2

– 1 ; = ce2 se

2+ 1 ; = Ce

2 Se2

– 1=

f L( ) A1 ce Ce–Ce ce+

Se se+----------------- se Se–( )–

2A1Se se+---------------- Cese ceSe CeSe–+( )= =

D–2Ωe

3A1Se se+------------------ 1 Cece–( ) 1

2χA1Se se+----------------– Cese ceSe CeSe–+( )=

2A1Se se+---------------- χ Cese ceSe CeSe–+( ) DΩe

3 1 Cece–( )–[ ] 1– 0=

A1Se se+

2 χ Cese ceSe CeSe–+( ) DΩe3 1 Cece–( )–[ ]

------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

A1Se se+

2E ea-- Cese ceSe CeSe–+( ) h3

12 1 ν2–( )

-------------------------- 1 Cece–( )Ωe3

–

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

f X( ) A1 ΩeXcos chΩeX–Ce ce+

Se se+-----------------– Ωesin X shΩeX–( )=

2A1Se se+---------------- χ Cese ceSe CeSe–+( ) DΩe

3 1 Cece–( )–[ ] 1– 0=

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Pour récrire cette condition limite sans excitation, il suffit d’enlever la constantereprésentant l’excitation, et de revenir à la définition générale de (qui n’estévidemment plus identique à la pulsation d’excitation, mais redevient quelconque) :

ll est possible de simplifier par le coefficient hors du crochet car on cherche lessolutions dynamiques, et donc :

– à amplitude non-identiquement nulle : ;– à pulsation non-identiquement nulle : on peut supposer .

En conséquence, la condition d’existence d’une solution dynamique, fondée sur la4ème condition limite, s’écrit finalement :

c’est-à-dire :

Telle est l’équation qui donne implicitement les pulsations propres spatiales :

Les pulsations propres temporelles se déduisent immédiatement des solutions

de l’équation précédente, à partir de la relation biunivoque :

Ω

2A1S s+------------ χ Cs cS CS–+( ) DΩ3 1 Cc–( )–[ ] 0=

A1 0≠Ω S s+ 0≠

χ Cs cS CS–+( ) DΩ3 1 Cc–( )–[ ] 0=

ea-- Cs cS CS–+( ) h3

12 1 ν2–( )

-------------------------- 1 Cc–( )Ω3– 0=

Ωi

ωi1h---– 12 1 ν2

–( )ea--

Cisi ciSi CiSi–+

1 Cici–------------------------------------------

1/30=

Ωi

Ωi2

Ωi4

------- Eh2

12ρ 1 ν2–( )

-----------------------------= ωih

12 1 ν2–( )

------------------------------ Eρ---Ωi

2=⇒

199

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200

2.10 VIROLE LIBRE DE RÉSERVOIR SOUS PRESSION HYDROSTATIQUE

1 Les termes de membrane sont les flux NXX , NYY et TXY . Le problème étant

invariant en rotation autour de z et à chargement méridien, on a . De

plus, les grandeurs ne dépendant que de z, on peut préciser que les seules incon-nues de Beltrami restantes sont NXX(z) et NYY(z).

2

soit :

3 est compatible avec l’équation en NYY et avec les conditions

limites en z = 0 et z = L (bord libre : et ).

4 L’équation en NXX donne immédiatement : .

5 La contrainte appliquée est uniaxiale et vaut . Elle est

linéaire en z, et donc si on souhaite avoir une valeur constante par rapport à lacontrainte admissible par le matériau, il faut une épaisseur linéaire en z.

En pratique, un minimum technologique est exigé en z = 0, et de plus il y auracertainement d’autres chargements à considérer. Mais la solution montre la variationde h pour s’adapter au chargement proposé.

6 Les contraintes étant uniaxiales, on placera le plus de plis possible selon X. Làencore, les règles technologiques imposent au minimum 10% de pli selon Y et à± 45°, avec un minimum d’un pli sur chaque direction.

7 La loi de Hooke s’écrit :

TXY 0≡

pYdNYYRYdθ--------------- NXX NYY–( ) θsin

r----------- 0=+–

pZ NXXθcos

r------------

NYYRY

----------- 0=+–

avec 1

RY------- 0≡ ; RYdθ dSY dY= dz= = ; θ 0≡

r a≡ ; pY 0≡ ; pZ δp αz≡ ≡

dNYYdz

--------------- 0=

αzNXX

a-----------– 0=

NYY 0 z∀=

NYY 0≡ TXY 0≡

NXX aαz=

σXXNXX

h----------- aα

h------z= =

εXX1E---

NXX νNYY–( )h

--------------------------------------=

εYY1E---

NYY νNXX–( )h

--------------------------------------=

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2.10 • Virole Libre de Réservoir sour Pression Hydrostatique

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soit :

Or

εXXaαEh-------z=

εYY νεXX– νaαEh-------z–= =

εXXvariation du périmètre

Périmètre----------------------------------------------------- 2πW z( )

2πa-------------------- W

a----- ; doù : W aεXX

a2αEh---------z= == = =

201

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202

2.11COQUE EN ROTATION

1 Dans une membrane, les éléments du visseur hors membrane (MXX, MYY, UXY,QXZ, QYZ) sont identiquement nuls. De plus, le cisaillement de membrane TXYest nul car le chargement est radial (“méridien”). Les équations d’équilibre localse réduisent donc à :

2 La force centrifuge génère un effort surfacique radial . Enconséquence, les composantes sur Y et Z du chargement équivalent par unité desurface sont, par projection sur Y et Z :

3 Compte tenu des éléments précédents et des données du problème, les équationsd’équilibre local se récrivent :

4 Sous l’hypothèse , ces équations se simplifient encore :

La seconde équation donne immédiatement : , et cette

expression vérifie également la première équation d’équilibre ci-dessus.

pYdNYYdSY

--------------- NXX NYY–( ) θsinr

----------- 0=+ +

pZ NXXθcos

r------------

NYYRY

----------- 0=+–

ρhω2r ρhω2a θcos=

pY ρhω2a θcos– θsin=

pZ ρhω2a cos2θ=

ρhω2a θcos– θsindNYYadθ

--------------- NXX NYY–( ) θsina cosθ---------------+ + 0=

ρhω2a cos2θNXX NYY–( )

a---------------------------------- 0=–

NYY 0≡

ρhω2a θcos– θsinNXX θsin

a cosθ-----------------------+ 0=

ρhω2a cos2θNXX

a----------- 0=–

NXX ρhω2a2 cos2θ=

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2.11 • Coque en Rotation

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La solution de Beltrami étant unique, les expressions

constituent la solution du problème élastique de membrane.5 La solution MYY = 0 est évidemment compatible avec la condition au bord de

l’antenne (bord libre) mais on observe que l’antenne travaille uniquement par“anneaux” concentriques tendus, et qu’aucune tension n’est assurée perpendicu-lairement ; et qu’il faut donc la stabiliser, par exemple par un tore rigide sur lalisière, et un point d’appui en O servant de base à un mât axial supportant le récep-teur placé au foyer.

NXX ρhω2a2 cos2θ=

NYY 0≡

TXY 0≡

203

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204

2.12MODE DE TORSION-FLEXION D’UN RECTANGLE APPUYÉ

1


En appliquant la relation simplificatrice , il vient :

2 La solution générique de l’équation en torsion est de la forme

avec : ;

L’appui en X = 0 induit :

L’appui en X = L induit alors, si est non identiquement nul :

Le premier mode (fondamental) dynamique en torsion a donc pour pulsation :

3 soit :

avec : et S = bh

θX.. ctorsion

2 θX″

– 0= avec ctorsionGJI

-------=

J profilé mince ouvert( )bh3

3---------=

I mom.d′inertied′une masse de longueur unitaire de poutre répartie sur une longueur mince b=

(masse linéique) b2

12------ ρbhb2

12------ ρb3h

12------------==×=

ctorsion 2hb--- G

ρ----=

GE---- 3

5---≅ ctorsion

6h5b------ E

ρ---=

θX X;t( ) f X( )g t( )≡

g t( ) ωtorsiont ϕ+( )cos= f X( ) αωtorsionX

ctorsion------------------------

βωtorsionX

ctorsion------------------------

sin+cos=

θX X;t( ) 0≡ f 0( ) 0= α 0= f X( ) βωtorsionX

ctorsion------------------------

sin=⇒ ⇒ ⇒

θX β 0≠( )

f L( ) 0=ωtorsionLctorsion

----------------------- sin 0=

ωtorsionLctorsion

----------------------- nπ n IN*∈( )= ωtorsion nπctorsion

L------------------=⇒ ⇒ ⇒

ω1torsion πctorsion

L------------------ 6πh

5bL---------- E

ρ--- 6 10

5------------- h

bL------- E

ρ---≅= =

ElV″″ ρSV.. 0= = V.. ElρS------V″″ 0=+

l bh3

12 1 ν2–( )

-------------------------- bh3

10---------≅=

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2.12 • Mode de Torsion-Flexion d’un Rectangle Appuyé

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La constante s’explicite donc :

4 La solution générique de l’équation dynamique en flexion s’écrit V(X;t) f(X)g(t) avec :

Les conditions limites en X = 0 peuvent s’écrire : f(0) = 0 ; (0) = 0 (momentnul).

De même en X = L : f(0) = 0 ; (0) = 0.

Ces 4 conditions donnent immédiatement : A1 = A2 = A4 = 0 et sin L = 0

( pour éviter la solution identiquement nulle). En conséquence :

(avec )

5 La condition s’écrit :

Pour n = 1 (mode fondamental en flexion), cela conduit à , allongement

incompatible avec l’hypothèse poutre. Il faudrait donc refaire un calcul de plaque.Mais on peut toutefois affirmer qu’il existe un allongement tel que la pulsation dumode fondamental coïncide avec celle du mode fondamental en torsion. Il faut uncalcul plus précis (par éléments finis par exemple, prenant en compte le gauchisse-ment) pour donner sa valeur exacte.

Mais vaut pour n = 2 (premier harmonique en flexion),

pour n = 3 (deuxième harmonique en flexion), etc... Le calcul est ici valable etpermet de prédire les coïncidences de fréquences modales.

6 Lorsque des modes de fréquences très voisines se superposent, cela conduit à debattements selon Z, à savoir la superposition de deux sinusoïdes de fréquencesquasi-identiques, déterminant des lobes d’extrema d’amplitude, dont la fréquencetrès basse est elle-même la différence des deux fréquences modales.

ElρS------ El

ρS------ h2E

10ρ---------≅

≡

g t( ) ωflext ϕ+( ) ; f X( ) A1 ΩXcos A2 ΩXsin A3chΩX A4shΩX ; + + +=cos=

ωflex2

Ω4------------ El

ρS------ h2

10------E

ρ---≅≡

f ″

f ″

ΩA3 0≠

ΩL nπ n IN*∈( )=( ) ωflexn2π2

L2------------ El

ρS------ n2π2 h

L2------ 10

10---------- E

ρ--- n2 10 h

L2------ E

ρ---≅ ≅=⇒

π2 10≅

ωnflex ω1torsion≅ n2 10 h

L2------ E

ρ--- 6 10

5-------------=

hbL------- E

ρ--- L

b--- 5

6---n2

=⇒

Lb--- 5

6---=

Lb--- 10

3------ 3.3≅ 15

2------ 7.5=

205

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206

2.13MODES LIBRES D’UNE PLAQUE EN TORSION-FLEXION

1 Pour respecter l’hypothèse de Kirchoff des poutres, il faut et suffit, dans le casd’un profil mince ouvert, que la section droite reste rectiligne. Cela signifie qu’entorsion, on aura une rotation d’ensemble (de la section droite rectangulaire mince)autour de X, et en flexion une translation de cette section droite (indéformable)selon Z, accompagnée d’une rotation d’ensemble autour de Y. La plaque étantmince, on négligera, en flexion, l’énergie cinétique en rotation autour de Y (parrapport à l’énergie cinétique en translation selon Z).

2 L’équation différentielle dynamique en torsion le long d’une poutre est :

Or avec : ;

et

L’équation dynamique d’explicite donc finalement :

3 La solution générique en torsion est avec

et :

Comme , la condition d’extrémité

libre en X = 0 s’écrit :

La condition similaire en X = L induit alors, si reste non identiquement nul

:

θX.. cMt

2– θX

.. 0=

cMt

2 GJ

-------=I

G E2 1 ν+( )--------------------≡

J moment quadratique en torsion d′un profilé mince ouvert≡ bh3

3---------=

I moment d′inertie dynamique linéique autour de X = masse linéique b2

12------ =ρbhb2

12------=ρb3h

12------------≡

θX.. 2

1 ν+( )-----------------h2

b2-----E

ρ---θX.. 0=– cMt

2 21 ν+( )

-----------------h2

b2-----E

ρ---≡

θX X;t( ) f X( )g t( )≡

g t( ) ωtt ϕ+( )cos=

f X( ) AωtXcMt

----------

cos BωtXcMt

----------

sin+=

f′ X( )ωtcMt

--------= AωtXcMt

----------

sin– BωtXcMt

----------

cos+

MX 0;t( ) 0≡ f′ 0( ) 0= B 0=⇒ ⇒

θX

A 0≠( )

f′ L( ) 0=ωtLcMt

---------

sin 0=ωtLcMt

--------- nπ n IN*∈( ) ωt nπcMt

L-------- nπ h

bL------- 2

1 ν+( )-----------------E

ρ---= =⇒=⇒ ⇒

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lit.2.13 • Modes Libres d’une Plaque en Torsion-Flexion

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4 La pulsation fondamentale, pour n = 1, vaut :

La déformée est une sinusoïde possédant

un nœud (en X = L/2) et deux ventres (en X = 0 et X = L).

5 L’équation dynamique en flexion s’écrit :

Comme et S = bh, l’équation s’explicite :

6 La solution générique en flexion dynamique s’écrit avec :

; ;


Les conditions limites en X = 0 (extrémité libre) peuvent s’écrire :

On écrira donc les autres conditions en fonction de A1 et A2 seulement ; si on note

; ; ; , les conditions enX = L (également extrémité libre) s’écrivent :

ωtl πcMt

L-------- π h

bL------- 2

1 ν+( )-----------------E

ρ--- 4.44

1 ν+---------------- h

bL------- E

ρ---≅= =

f X( ) AωtlXcMt

------------

cos A πXL----

cos= =

V.. ElρS------V″″

+ 0=

El bD Ebh3

12 1 ν2–( )

--------------------------= =

V.. Eh2

12ρ 1 ν2–( )

-----------------------------V″″ 0=+

W X; t( ) f X( )g t( )≡g t( ) ωflext ϕ+( )cos= f X( ) A1 ΩXcos A2 ΩXsin A3chΩX A4shΩX+ + +=

ωflex2

Ω4------------ h2

12ρ 1 ν2–( )

-----------------------------Eρ---≡

f′ X( ) Ω A1 ΩXsin A2 ΩXcos A3shΩX A4chΩX+ + +–( )=

f″ X( ) Ω2 A1 ΩXcos A2– ΩXsin A3chΩX A4shΩX+ +–( )=

f′″ X( ) Ω3 A1 ΩXsin A2 ΩXcos A3shΩX A4chΩX+ + +( )=

MY 0;t( ) 0=

TZ 0;t( ) 0= f″ 0( ) 0=

f′″ 0( ) 0= A1– A3+ 0=

A2 A4+ 0=– A3 A1=

A4 A2=

⇒ ⇒ ⇒

c ΩL( )cos≡ s ΩL( )sin≡ C ch ΩL( )≡ S sh ΩL( )≡

MY L;t( ) 0=

TZ L;t( ) 0= f″ L( ) 0=

f′″ L( ) 0=

C c–( )A1 S s–( )A2+ 0=

S s+( )A1 C c–( )A2+ 0=

⇒ ⇒

207

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208

7 Ce dernier système (linéaire homogène) admet des solutions en (A1,A2) non-iden-tiquement nulles si et seulement si son déterminant est nul. Cette condition s’écrit :

Pour qu’il existe une solution modale libre, il faut et suffit que L vérifie

.8 La plus petite racine positive non-nulle de cette équation étant donnée, on trouve :

.

La pulsation temporelle étant définie de manière bi-univoque par rapport à la

pulsation spatiale , la pulsation fondamentale s’écrit :

9 et

Ces deux pulsations sont égales si et seulement si :

soit : ; si , cette condition donne

On est à la limite de l’approximation poutre (L/b > 1.8). Pour garantir la validitédu calcul, il suffit de vérifier que les sections droites restes rectilignes, ce qui estassuré par exemple par la technologie du panneau solaire (raidisseurs parallèles delongueur b, selon Y).10 Par définition, si on excite la structure selon une pulsation propre, on obtiendra

une forme modale à résonance. L’amplitude reste finie à cause de l’amortisse-ment intrinsèque. À résonance, l’excitation compense exactement la dissipation.

De plus, dans cette configuration, il s’agit de la superposition de deux modes depulsation très voisine, induisant des battements. L’amplitude en un point est doncsinusoïdale de pulsation , mais dans une enveloppe dont la pulsation (en valeurabsolue) est 2 fois la différence de pulsation entre les 2 modes en battement.L’amplitude est donc constante (modes orbitaux) si les pulsations sont rigoureuse-ment égales, mais ce n’est jamais exact (ne serait-ce qu’en raison des approxima-tions proposées). L’amplitude varie donc lentement selon une pulsation 2(coefficient 2 dû au fait que seule la valeur absolue est observée, et la valeur absolued’une fonction sinus a comme pulsation 2 ).

C c–( )2 S2 s2–( )– 0 1⇒ Cc– 0 car c2 s2

+ 1≡ et C2 S2– 1≡( )= =

Ω1 ch ΩL( )– ΩL( )cos 0=

ΩlL 4.73≅

ωΩ

ωlflex Ωl2 h

2 3 1 ν2–( )

------------------------------ Eρ--- 4.73( )2

L2------------------ h

2 3 1 ν2–( )

------------------------------ Eρ--- 22.37

2 3 1 ν2–( )

------------------------------ h

L2------ E

ρ--- ≅≅≅≡

6.458

1 ν2–

-------------- h

L2------ E

ρ---

ωtlπ 21 ν+

---------------- hbL------- E

ρ--- 4.44

1 ν+---------------- h

bL------- E

ρ---≅= ωlflex

6.458

1 ν2–

-------------- h

L2------ E

ρ---≅

π 21 ν+

----------------1b--- 6.458

1 ν2–

-------------- 1L---≅ L

b--- 6.458

π 2------------- 1 ν+

1 ν2–

----------------≅⇒

Lb--- 1,454 1 ν+

1 ν2–

----------------≅ ν 0.3≅ Lb--- 1,821≅

ω1

ε

ω

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lit.2.13 • Modes Libres d’une Plaque en Torsion-Flexion

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11 Par définition, étant une pulsation propre, le système trouvé en fin de question

6 est lié (déterminant nul) si . Il suffit donc d’écrire la première équa-

tion, avec . Comme ; ;

; ; , l’équation s’écrit

soit :

La forme du

mode fondamental en flexion, dans laquelle et ;

; et , s’exprime :

Cette fonction est symétrique par rapport à , possède 3 ventres ( ,

, ) et 2 nœuds ( , ).

Donc, en flexion, on a 2 lignes de nœuds ( et ) sur

lesquelles on pourra appuyer la plaque (appuis rectilignes) pour l’essai d’identifica-tion du mode fondamental en flexion au sol. La force sinus appliquée la plus efficace

pour générer ce mode sera sur la ligne (ventre sur l’axe de symétrie). Mais on

peut aussi générer ce mode par une force appliquée en ou (ventres

d’extrémités libres).En torsion, la ligne de nœud est l’axe OX central, qui sera le lieu d’appui possiblepour l’essai d’identification du mode fondamental en torsion. La force appliquée

sera efficace sur les lisières .

Pour générer les 2 modes lorsqu’ils sont couplés, une force sinusoïdale selon Zappliquée en un coin sera donc appropriée.

ω1

Ω Ωl=

ΩlL 4.73≅ ch4.73 56.65≅ 4.73 0.018≅cos

sh4.73 56.64≅ 4.73sin 1–≅ C c–( )A1 S s–( )A2 0=+

56.64A1 57.65A2 0=+

A2 0.9825A1≅

fl X( ) A1l ΩlXcos A2l ΩlXsin A3lchΩlX A4lshΩlX+ + +=

A1l A≡ A2l 0.9825A1l≅

A3l A1l≡ A4l A21≡ ΩlX 4.73XL----≅

fl X( ) A 4.73XL----

cos ch 4.73XL----

0.9825 4.73XL----

sin sh 4.73XL----

+–+

=

XL---- 1

2---= X

L---- 0=

XL---- 1

2---= X

L---- 1=

XL---- 0.2242≅ X

L---- 0.7758≅

XL---- 0.2242≅ X

L---- 0.7758≅

XL---- 1

2---≡

XL---- 0≡ X

L---- 1≡

Yb---- 1

2---±≡

209

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210

2.14PLAQUE EN FLEXION SUR APPUIS ASYMÉTRIQUES

1 On calcule en largeur unitaire sur une poutre équivalente avec EI = D ; ; Xpoutre = Xplaque ; Ypoutre = Zplaque ; Zpoutre = –Yplaque ;

TYpoutre = QXZplaque ; MZpoutre = –MXXplaque ; Wpoutre = Vplaque ; et aux effets debord près.

Le problème hyperstatique de poutre donne :

2 ou, en variable adimensionnelle ,

De même : et

3 et

Cette flèche est extrémale pour ; cette équation admet

2 racines : ; la première est comprise entre 0 et 1 (à l’intérieur de

la plaque), et donc, la flèche maximale (en valeur absolue) est atteinte pour :

Sur cette ligne de points , la valeur de la flèche est :

4 Dans le cas symétrique, on a naturellement :

, ,

et

et

λ ρgS ρgh= =

QXZ L( ) 38---λL 0.375λL= =

QXZ X( ) λL XL---- 5

8---–

= η XL----≡

QXZ X( ) λL η 0.375–( )=

MXX X( ) λL2

8---------- 4η2 5η 1+–( )–=

MYY X( ) ν– MXX X( ) ν–λL2

8---------- 4η2 5η 1+–( )= =

∂W X( )∂X

------------------ W′ λL3

48D----------η 8η2 15η 6+–( )= = W λL4

48D----------η2 2η2 5η 3+–( )=

8η2 15η 6+– 0=

η1,215 33+−

16--------------------=

ηfl.max15 33–

16---------------------- 0.5785≅=

X 0.5785L≅( )

WmaxλL4

48D----------– ηfl.max

2 2ηfl.max2 5ηfl.max 3+–( ) 0.005416–

λL4

D----------≅=

QXZsym L( ) 0.5λL= QXZsym X( ) λL η 0.5–( )=

MXXsym X( ) λL2

2----------– η η 1–( )= MYYsym X( ) νMXXsym X( )–=

ηfl.max sym 0.5= Wmax sym5

384---------–

λL4

D---------- 0.01302–

λL4

D----------≅=

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2.14 • Plaque en Flexion sur Appuis Asymétriques

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En termes d’efforts (résistance), l’asymétrie introduite par l’encastrementperturbe la symétrie de 25% environ (.375 au lieu de .5 pour la réaction d’appui)

Concernant la flèche (rigidité), la ligne de points de flèche maxi est légèrementtranslatée de manière asymétrique (.579 au lieu de .5), mais la valeur de la flèchemaximale est divisée par un coefficient supérieur à 2 (.0054 au lieu de .013).

5 En théorie des poutres, les modes Y-invariants sont des modes de flexion sansgauchissement ni cloquage. Le calcul réalisé ne représente que ces modes, quisont cependant ceux qui apparaissent en premier, en partant des bassesfréquences).

La résolution de l’équation donne les pulsations propres parla formule approché (à 10–3 près) :

ou

Les 5 premières pulsations ainsi calculées s’expriment donc :

6 Les pulsations exactes d’une poutre appuyée-appuyée sont calculables par laméthode de Rayleigh, et s’expriment :

ou

Numériquement :

tgΩL thΩL– 0=

ωj2 π j 1

4---+

4 D

ρhL4-------------≅ ωj π j 1

4---+

2 D

ρhL4-------------≅ j Z*∈( )

ω12 5π

4------

4 D

ρhL4------------- 237.8 D

ρhL4-------------≅≅ ou ω1 15.42 D

ρhL4-------------≅

ω22 9π

4------

4 D

ρhL4------------- 2496 D

ρhL4-------------≅≅ ou ω2 49.96 D

ρhL4-------------≅

ω32 5π

4------

4 D

ρhL4------------- 10868 D

ρhL4-------------≅≅ ou ω3 104.2 D

ρhL4-------------≅

ω42 5π

4------

4 D

ρhL4------------- 31780 D

ρhL4-------------≅≅ ou ω4 178.3 D

ρhL4-------------≅

ω52 5π

4------

4 D

ρhL4------------- 74000 D

ρhL4-------------≅≅ ou ω5 272.0 D

ρhL4-------------≅

ωjsym2 j4π4 D

ρhL4-------------≅ ωjsym j2π2 D

ρhL4-------------≅

ω1sym2 97.41 D

ρhL4-------------≅ ou ω1sym 9.870 D

ρhL4-------------≅

211

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212

On constate que l’encastrement rigidifie la structure, les fréquences étant sensi-blement plus élevées, mais on constate aussi que la progression en fréquence (selonl’ordre du mode) devient quasi-linéaire dans les deux cas et que les fréquencesdeviennent comparables.7 Voir méthode de Rayleigh.

ω2sym2 1559 D

ρhL4-------------≅ ou ω2sym 39.48 D

ρhL4-------------≅

ω3sym2 7890 D

ρhL4-------------≅ ou ω3sym 88.83 D

ρhL4-------------≅

ω4sym2 24937 D

ρhL4-------------≅ ou ω4sym 157.9 D

ρhL4-------------≅

ω5sym2 60881 D

ρhL4-------------≅ ou ω5sym 246.7 D

ρhL4-------------≅

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2.15 • Réservoir Torique Pressurisé

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2.15RÉSERVOIR TORIQUE PRESSURISÉ

1 Les équations d’équilibre local des membranes de révolution sous chargementméridien s’explicitent, en notant et (et donc

) :

2 En éliminant l’équation en devient :

Dont la solution générale est :

Cette solution devant rester finie pour r = b, la constante d’intégration C doit êtrechoisie pour éliminer r-b, et donc C = –b2, ce qui conduit à la solution proposée,laquelle constitue donc la solution du problème de Beltrami.

3 En respectant la convention usuelle selon laquelle , remarquant

que , il vient immédiatement :

; ;

Avec , il vient : ;

4-5Pour les points critiques (gorge intérieure), :

Un drapage possible est donc : 20% de fibre sur X (0°), 60% sur Y (90°), 10° sur± 45°.

Pour les points non-critiques (bande extérieure), :

Un drapage possible est donc : 30% de fibre sur X (0°), 50% sur Y (90°), 10° sur± 45°.

NXX NXX r( )≡ NYY NYY r( )≡

′ ddr-----≡

γ NYY′ NYY NXX–

r-----------------------------+

cos 0=

NXX 1 br---–

NYY δpa–+ 0=

NXX NYY

NYY′ NYY

1r--- 1

r b–-----------+

δpar b–-----------–+ 0=

NYYδpa

2--------- r2 C+

r r b–( )------------------ =

σI σII σIII≥ ≥

0 NXX NYY≤ ≤

σINYY

h----------- δpa

2h--------- 1 b

r---+

= = σIINYY

h----------- δpa

2h---------= = σIII σZ 0≅=

<<σXX ou YY( )

a b2---= NXX r( ) δpb

4---------= NYY r( ) δpb

4--------- 1 b

r---+

=

r b2---= NYY

3δpb4

-------------3NXX=

r 3b2

------= NYY5δpb

12------------- 5

3---= NXX=

213

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214

2.16ÉTUDE D’UN MICRO ACTUATEUR EN FLEXION

1 D’après les équations de la flexion axisymétrique :

2

La rotation devant rester finie dans tout le domaine, on a nécessairement (etdonc , ce qui confirme la symétrie). On a donc :

3Les deux conditions limites en r = a s’écrivent donc :

or

En définitive : ;

D’où : ; ;

En particulier

4 Les éléments du visseur hors-membrane sont donc :

; ; et

Les éléments du visseur de membrane sont identiquement nuls sous les hypo-thèses des petits déplacements.

5 D’après les équations de la flexion axi-invariante :W(r;t) = f(r)g(t)

avec et

ddr----- 1

r--- d

dr----- rdW

dr---------

QrZD

---------– 0= =

1r--- d

dr----- rdW

dr---------

cste A ddr----- rdW

dr---------

Ar=⇒= = rdWdr

--------- Ar2

2---- B dW

dr--------- A r

2--- B

r----+=⇒+=⇒

B 0≡W′ 0( ) 0≡

dWdr

--------- A r2--- W r( ) Ar2

4---- C+ αr2 C+= =⇒=

W αr2 C+ ; W′ 2αr= ; W″ 2α==

W a( ) 0 C αa2–=⇒≡

Mrr µ≡ Mrr D d2W

dr2----------- ν

r---dW

dr---------+– 2Dα 1 ν+( )– µ=⇒=

α µ2D 1 ν+( )-------------------------–= C µa2

2D 1 ν+( )-------------------------=

W r( ) µ a2 r2–( )

2D 1 ν+( )-------------------------= W′ r( ) µr

D 1 ν+( )----------------------–= W″ r( ) µ

D 1 ν+( )----------------------–=

W 0( ) µa2

2D 1 ν+( )-------------------------=

Mrr D W″ νr---W′+– µ= = Mψψ D+ νW″ 1

r---W′+ µ–= = Urψ 0≡

QrZ QψZ 0= =

g t( ) ωt ϕ+( )cos= f r( ) αJ0 κr( ) βN0 κr( ) κ4 ρhω2/D≡( )+=

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Les conditions limites sont :

Comme , elles peuvent s’exprimer :

Les règles de dérivation des fonctions de Bessel donnent immédiatement :

; ;

;

Ici, ;

Les conditions limites s’écrivent donc :

La condition recherchée (déterminant nul) s’explicite ici :

On ne réprésente ainsi que les modes axisymétriques, les premiers ayant lesallures suivantes (dans un demi-plan méridien) :

W a;t( ) 0≡Mr a;t( ) 0≡

Mrr D– ∂r2W ν

r---∂rW+=

f a( ) 0≡

f″ a( ) νr---f′ a( )+ 0≡

J0′ x( ) J1 x( )–= N0

′ x( ) N1– x( )=

J0″ x( ) J1

′ x( )–J1 x( )

x-------------– J2 x( )+= = N0

″ x( ) N1′ x( )–

N1 x( )x

---------------– N2 x( )+= =

f r( ) αJ0 κr( ) βN0 κr( )+= f′ r( ) κ αJ1 κr( ) βN1 κr( )+[ ]–=

f″ r( ) κ2 α J2 κr( )J1 κr( )

κr---------------–

β N2 κr( )N1 κr( )

κr-----------------–

+=

f″ a( ) νa---f′ a( )+ κ2 α J2 κa( )

J1 κa( )κa

----------------– β N2 κa( )

N1 κa( )κa

------------------– +

νa---κ αJ1 κa( ) βN1 κa( )+( )–=

αJ0 κa( ) βN0 κa( )+ 0≡

α aκ2J2 κa( ) κ 1 ν+( )J1 κa( )–( ) β aκ2N2 κa( ) κ 1 ν+( )N1 κa( )–( )+ 0≡

J0 κa( )N0 κa( )------------------

1 ν+a

------------κJ1 κa( ) J2 κa( )–

1 ν+a

------------κN1 κa( ) N2 κa( )–----------------------------------------------------------- 0=–

= 1 = 2 = 3

215

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216

6 Le système de conditions limites en r = 0 et r = a s’explicite maintenant :

avec

Ce système, rendu non-homogène, admet une et une seule solution si et seulementsi son déterminant (en ) est non nul. La solution est celle de Kramer.

7 D’après le résultat de la question 3, la rotation en r = a s’exprime :

Par simple identification géométrique, il vient :

On en tire immédiatement :

Toujours d’après le résultats de la question 3 :

Et donc : par hypothèse.

8 Considérons le mode fondamental (de pulsation ). Par définition, dans sa

bande de résonance (c’est à dire pour ), alors l’amplification

dynamique vaut . Donc, dans cette bande, l’amplification totale

vaut : .

En revanche, si on est dans une bande de mode antisymétrique (alterné), alors (plus exactement ), et donc .

Remarque : On peut distinguer les amortissements modaux équivalents de chaquemode :

(résonance en r = 0)

(antirésonance en r = 0)

αJ0 κea( ) βN0 κea( )+ 0≡

Da----– α aκ2J2 κa( ) κ 1 ν+( )J1 κa( )–( ) β aκ2N2 κa( ) κ 1 ν+( )N1 κa( )–( )+[ ] 1≡

κe4 ρhωe

2/D≡( )

ωe

W′a µaD 1 ν+( )----------------------–=

W′a µaD 1 ν+( )---------------------- δ

h---–≡–=

µ D 1 ν+( )ah

----------------------δ=

W 0( ) µa2

2D 1 ν+( )------------------------- a

2h------δ= =

ηsa

2h------>>1=

ω1ωeω1------ 1 ζ– ; 1 ζ+[ ]∈

ηd1

2ζ------>>1≅

η ηsηda

4ζh--------- >>> 1= =

ηd 0≅ ηd 2ζ≅ η << 1

ωeω1------ 1 ζ1– ; 1 ζ1+[ ]∈ η a

4ζ1h------------ >>> 1=⇒

ωeω2------ 1 ζ2– ; 1 ζ2+[ ]∈ η a

h---ζ2 << 1=⇒

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9 Par la méthode de Rayleigh, le calcul de l’énergie potentielle reste inchangé :

En revanche, l’énergie cinétique admet un terme additionnel, qui fait intervenir lamasse concentrée m :

10 On peut par exemple faire agir l’élément piézoélectrique radialement encompression pour faire flamber la plaque. Le premier mode de cloquage (éven-tuellement amorcé par une légère courbure initiale) induit alors une amplificationimportante (mais non-linéaire).

2Epot1El-----

0

a

∫ Mrr Mψψ–( )2 2 1 ν+( )MrrMψψ+[ ]2πrdr avec l h3

12------==

2Ecin ρS0

a

∫ W.( )22πrdr m W. a( )( )

2+=

217

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218

2.17ÉLÉMENT DE COQUE LANCEUR SOUS CHARGEMENT

COMPLET

1

2

3

4 N11A = 1.106 N/m ; N22A = 5.105 N/m ; N22B = 4,77.105 N/m ; TC =

7,96.104 N/m

Au total : N11 = 1.106 N/m ; N22 = 0,977.106 N/m ; TC = 0,008.106 N/m

5 40% à 0° (selon X1), 40% à 90° (selon X2), 10% à +45°, 10% à –45°.

N11A ∆pa= ; N22A∆pa

2----------= ; TA 0=

N11B 0= ; N22BF

2πa---------= ; TB 0=

N11C 0= ; N22C 0= ; TCΓa--- 1

2πa--------- Γ

2πa2------------==

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2.18DÉFORMÉE QUADRATIQUE D’UNE PLAQUE CARRÉE

EN FLEXION

1 Il faut vérifier l’équation de Lagrange .

Celle-ci représente l’équation d’équilibre local en tout point de l’intérieur dudomaine, traduite en termes de plaque mince en flexion.

Avec la forme proposée : ;

L’équation de Lagrange est donc vérifiée dans le domaine pour :

Ce qui donne l’expression de la constante :

2 Le chargement (pression) et les conditions limites (bords posés) sont supposésuniformes (invariants) respectivement à l’intérieur et sur la frontière du domaine.Les symétries et invariances éventuelles sont donc désormais dictées uniquementpar la géométrie de la plaque. Or le carré possède une répétitivité d’ordre 8(2 symétries médianes + 2 diagonales). On peut se contenter d’étudier un huitièmede plaque : toute l’information du problème y est contenue, en mettant naturelle-ment le conditions limites ad hoc sur les coupures.

Ainsi, un demi-côté - par exemple le segment AB, ensemble de points - suffit à représenter l’ensemble de la frontière.

D∆∆W X;Y( ) p 0=–

∂XW 2αX

L2----------- Y2

L2------- 1–

= ∂X2 W 2α

L2------- Y2

L2------- 1–

=

∆W ∂2X ∂2Y+=( )⇒ W 2α

L2------- X2 Y2

+

L2-------------------- 2–

= ∆∆W 8α

L4------- cste= =⇒

|X|Y| L<( )

D8α

L4------- p– 0=

α pL4

8D---------= (1) Rappel : D Eh3

12 1 ν2–( )

--------------------------≡

XX

YY

O A

B

X += L ; 0 Y L≤ ≤

219

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220

3 Le visseur s’exprime simplement par les formules de Navier-Kirchoff-Reissner :

4 Sur le demi-bord AB :

Le moment d’encastrement est donc non-nul : on ne représente donc pas exacte-ment un appui linéique. Ce moment d’encastrement est :

– maximal au milieu A du côté en Y = 0, où il vaut :

– minimal au coin B en Y = L, où il vaut 0.

Ces valeurs sont à comparer à la valeur maximale de MXX, atteinte au centre O dela plaque :

Comme sur la frontière, la condition de pose n’est pas un encastrement,

mais plutôt un appui élastique : appui de type couteau muni d’une rigidité linéique(autour de Y sur le segment AB).

5 L’énergie cinétique totale recherchée en translation seule selon Z (en cohérenceavec les hypothèses de Kirchoff des plaques minces en flexion-torsion) s’obtient par :

2( )

MXX D– ∂X2 W ν∂Y

2 W+( ) 2αD

L2----------- 1 ν νX2 X2

+

L2-----------------------–+

==

MYY D ν∂X2 W ∂Y

2 W+( ) 2αD

L2----------- X2 νY2

+

L2----------------------- 1– ν–

==

UXY D 1 ν–( )∂X∂YW 4αD 1 ν–( )

L4-----------------------------XY==

(2′ )

QXZ D– ∂X ∆W( ) 4αDX

L4----------------–= =

QYZ D– ∂Y ∆W( ) 4αDY

L4----------------–= =

MXX Bord2αD

L2----------- 1 Y2

L2-------–

=

MA2αD

L2-----------=

Mmax MO4αD

L2----------- 2MA= = =

∂XW 0≠

2Ecin plaque ρh W.2( )L–

+L

∫L–

+L

∫ dXdY= avec W. α. X2

L2-------

1 Y2

L2-------–

=

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Il vient donc :

Soit :

6 L’énergie élastique par unité de surface moyenne s’exprime :

Il suffit alors d’y substituer les expressions des éléments du visseur (2). Le calculest compliqué, et peut être réalisé par un logiciel de calcul symbolique. En voiciles bases :

Pour alléger l’écriture, en remarquant que : et en notant :

;

Et donc : ;

Cette expression est bien de la forme :

7) Le double de l’énergie mécanique vaut :

2Ecin plaque ρhα.2 1 X2

L2-------–

1 Y2

L2-------–

2

Xd YdL–

+L

∫L–

+L

∫= =

ρhα.2 1 ξ12

–( )2

1 ξ22

–( )2L2 ξ1d ξ2d

1–

+1

∫1–

+1

∫

2Ecin plaque1615------ 2

ρhL2α.2 256225---------ρhL2α.2= =

2dEpot

dSmoyenne-------------------------- 1

El----- MXX MYY–( )2 2 1 ν+( ) MXXMYY UXY

2+( )+[ ] avec l h3

12------≡=

2 1 ν+( ) EG----=

r2 X2 Y2+≡ Ξ E

GL2-----------≡

MXXMYY4α2D2

L4----------------- ν X4 Y4

+( ) 1 ν2+( )X2Y2

+

L4--------------------------------------------------------------------- 2 1 ν+( )X2 Y2

+

L2-------------------- 4–+

=

MXXMYY4α2D2

L4----------------- νr4 1 ν–( )X2Y2

+

L4---------------------------------------------- Er2

GL2----------- 4–+

=

MXX MYY–2αD

L2----------- 4 Er2

2GL2--------------–

=

2Epotα2Eh3

3L4---------------- 4 Ξr2

2--------–

2 E

G----+ νr4 1 ν+( )2X2Y2

+

L4------------------------------------------------- Ξ r2 X2Y2

2L2--------------+

4–+

dXdY

L–

+L

∫L–

+L

∫=

2Epot Γα2=

Eméca Ecin Epot+4ρhL2

9----------------α.2 Γα2

+= =

221

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222

Sa constance dans le temps implique, en excluant le cas où reste identiquementnul :

Cette équation dynamique à un degré de liberté admet naturellement une solutionharmonique de pulsation :

La fréquence propre recherchée est donc :

α

256ρhL2

225----------------------α.. Γα+ 0=

ω 225Γ

256ρhL2---------------------- 15

16L---------- Γ

ρh------= =

f ω2π------ 15

32πL------------- Γ

ρh------= =

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2.19 • Réservoir Cryotechnique Pressurisé

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2.19RÉSERVOIR CRYOTECHNIQUE PRESSURISÉ

1 Par coupures globales symétriques :

;

Les flux de cisaillement de membrane T12 sont nuls par symétrie du problème(axisymétrique à chargement méridien). Il faut aussi noter que de toutes façons, ilsseraient très faibles sur une membrane mince, à cause du voilement (flambage de lapartie compressive du cisaillement).

Ce sont déjà des flux principaux dans les axes proposés, puisque le cisaillement yest nul (tenseur du visseur des efforts de membrane diagonal). Les contraintes prin-cipales s’obtiennent par division des flux par les épaisseurs, sans oublier que lacontrainte selon K est nulle, soit, en classant les contraintes de la plus élevée (enconsidérant ) à la plus basse :

– Dans la partie cylindrique :

; ;

– Dans la partie sphérique : ;

2 Compte tenu des expressions précédentes, le critère de von Misès s’exprime :

– Dans la partie cylindrique :

c’est à dire : ou encore

– Dans la partie sphérique :

3 Des expressions précédentes, il vient :

; .

Il y a une forte discontinuité d’épaisseur quand on passe de la partie cylindrique àla sphérique.

N11c ∆pa= N22c N11s N22sN11c

2----------- ∆pa

2----------= = = =

∆p 0>

σlcN11c

hc----------- ∆pa

2hc----------= = σllc

N22chc

----------- ∆pa2hc----------= = σlllc 0=

σlsN11s

hs----------- ∆pa

2hs---------- σlls= = = σllls 0=

∆pa2hc---------- 2 ∆pa

2hc---------- 2 ∆pa

hc---------- 2

+ +

2-------------------------------------------------------------------- σadm≤ 3

4--- ∆pa

hc---------- 2

σadm≤⇒

32

-------∆pahc

---------- σadm≤ 0.866 ∆pahc

---------- σadm≤

∆pa2hs---------- 2 ∆pa

2hs---------- 2

+

2------------------------------------------- σadm

12---∆pa

2hs---------- σadm≤⇒≤

hc opt3

2------- ∆p

σadm------------a= hs opt

12--- ∆p

σadm------------a 0.577hc opt≅=

223

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224

4 L’aire de la membrane est :

Scylindre = = 91.61 m2 ; S2 hémisphère = = 91.61 m2

Ici, comme b=2a, Scylindre = Ssphère

5.1 Membrane en alliage léger :

hs opt alu = 0.577 hc opt alu = 0.00109 m = 1.09 mm

Mmembrane alu = alu [Scylindrehc opt alu + Ssphèrehs opt alu] = 749 kg

5.2 Membrane en acier :

hs opt acier = 0.577 hc opt acier = 0.000371 m = 0.371 mm

Mmembrane acier = acier [Scylindrehc opt acier + Ssphèrehs opt acier] = 727 kg

Les deux masses sont très voisines. L’aluminium conduit toutefois à des épais-seurs supérieures, tenant mieux en flambage local et en voilement (cisaillement),l’inertie en flexion Eh3 étant plus favorable pour l’aluminium.

6 Dans la partie cylindrique, les flux selon les parallèles étant le double des fluxselon les méridiens, on peut proposer les proportions suivantes, pour le drapage :50 % à 0° (selon X1), 12.5 % à +45°, 12.5 % à –45°, et 25 % à 90°. Donc, pour8 plis, cela donne : 4/1/1/2. Dans la partie sphérique, le drapage est quasi-isotrope : 25 %/25 %/25 %/25 %, ou 2/2/2/2 pour 8 plis.

b2πa 4πa2

hc opt alu 0.8660.25 106

310 106---------------------2.7 0.00189 m 1.89 m= ==

ρ

hc opt acier 0.8660.25 106

910 106---------------------2.7 0.00642 m 0.642 mm= ==

ρ

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2.20 • Mode Fondamental d’un Disque Encastré en Flexion

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2.20MODE FONDAMENTAL D’UN DISQUE ENCASTRÉ EN FLEXION

1 En substituant , on trouve :

;

En substituant , il vient :

;

2

3 L’expression générale de l’énergie élastique surfacique d’une plaque sous chargetransverse :

devient, sous les hypothèses de l’énoncé :

En y introduisant l’expression de Mrr, on trouve :

ν 13---=

W r( ) q

6Eh3------------- r2 a2

–( )2

= Mrrq24------ 2a2 5r2

–[ ]=

q 6Eh3

a4-------------W0=

W r( ) 1 ra-- 2

–2W0= Mrr

Eh3

4a4--------- 2a2 5r2

–[ ]W0=

2Ecin ρh W.( )plaque

2∫∫= Sd ρh W0

.( )2

=a2 r2

–

a2----------------

42πr rd

0

a

∫

2Ecin2πρh

a8------------- W0

.( )2

0

a

∫ a8r 4a6r3– 6a4r5 4a2r7 r9

+–+( ) rd 51πρha2

5---------------------- W0

.( )2

=

0

a

∫=

2dEplaque transv

dSmoyenne---------------------------------- 1

El----- MXX MYY–( )2 2 1 ν+( ) MXXMYY UXY+

2( )+[ ]=

35--- 1 ν+( )

Eh----------------- QXZ

2 QYZ2

+( )+

2Esurf1

Eh3

12---------

--------- Mrr Mθθ–( )2 2 43--- Mrr

2+

80

Eh3---------Mrr

2==

2EsurfEh3

a8---------= 2a2 5r2

–[ ]2W0

2

225

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226

L’énergie de déformation élastique est alors calculée par intégration :

4 Selon la conservation de l’énergie appliquée à la méthode de Rayleigh, on écrit :

;

d’où on tire immédiatement :

ou encore :

En termes de fréquences, l’expression devient :

L’approximation est très convenable pour des plaques minces.

2Epot 2Esurf dSplaque∫∫=

5Eh3

a8-------------W0

2 2a2 5r2–[ ]

2

0

a

∫ 2πrdr=

10πEh3

a8------------------- W0

2– 25r5 10a2r3

– 4a4r+( )0

a

∫ dr

=110πEh3

3a2----------------------W0

2=

2Ecin51πρha2

5---------------------- W0

.( )2

µ W0.( )

2≡= 2Epot

110πEh3

3a2----------------------W0

2 χW02≡=

ω02 χ

µ--- 550Eh2

153ρa4------------------- 3.595Eh2

ρa4---------≅= =

ω0χµ--- 1.896 E

ρ--- h

a2----- 1.896 h

a2-----cE≅ ≅=

f0ω02π------ 0.3018 h

a2-----cE≅≡

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2.21 • Interface Tronconique

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2.21 INTERFACE TRONCONIQUE

1 Par coupure globale (invariante en rotation autour de z) selon le cercle méridiende rayon r (et projection sur Y pour NYY), les éléments non-nuls du visseur aupoint courant P sont :

;

2 Les deux expressions précédentes atteignent chacune leur valeur maximale pour rminimal. Le bord supérieur de l’interface, pour lequel r = a, est donc le lieu despoints critiques.

3 Les valeurs maximales de NYY et TXY sont, en ces points :

4 Le flux NYY de traction selon Y est numériquement plus de deux fois supérieur auflux TXY de cisaillement. Il est donc logique de proposer un drapage assez forte-ment orienté selon Y, typiquement 10% de pli selon X et 50% selon Y (les 40%restants se répartissant à parts égales entre les deux diagonales).

5 Le drapage proposé est très bien adapté au bord supérieur. Comme les flux varienttous deux en 1/r, la proportion de fibres reste valable dans toute la coque. Toute-fois, on peut observer qu’il faudrait diminuer progressivement l’épaisseur hlorsque r augmente. Technologiquement, il n’est pas possible de faire varier hsans modifier les drapages. Cependant, on observe que la cônicité est relativementfaible, r ne variant que de 20%. On a, plus précisément :

En conséquence, le drapage proposé n’est pas loin de l’optimum, même si on lemaintient constant dans toute la surface de la coque.

6 Déformation selon Y (axe local coque) : (car ).

Or, si le déplacement du point courant P a pour composante V sur Y (axe local) etw sur z (axe global lanceur), on a : .

NYYF

périmètre----------------------- 1

αcos------------ F

2πr αcos----------------------= = TXY

Γbras de levier--------------------------------

périmètre-------------------------------- Γ

2πr2-----------= =

NYY maxF

2πa αcos----------------------- 0.5534 105 N/m 55.34 N/mm=≅=

NXY maxΓ

2πa2------------- 0.2268 105 N/m 22.68 N/mm=≅=

αsin 0.1240≅αcos 0.9923≅

α 0.1244 rd 7.125°≅ ≅

∂YV εYYNYYEYY-----------= = NXX 0≡

w V αcos=

227

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228

La rigidité longitudinale (z) de l’interface est :

L’allongement L de l’interface sous l’effet de F est donc :

Sa rigidité en torsion autour de z est :

La rotation autour de z du bord supérieur par rapport à la base, sous l’effet de ,est donc :

klongi 2πEYYh αsin cos2αba---ln

-------------------------- 0.1297 102 N/m≅=

∆

∆L Fklongi--------------

F ba---ln

2πEYYh αsin cos2α------------------------------------------------ 0.5320 10–3 m 0.5320 mm=≅= =

Ctorsion 2π2GYYh αsin a2b2

b2 a2–( )

----------------------- 0.5958 102 Nm/rd≅=

Γ

θzΓ

Ctorsion------------------- Γ b2 a2

–( )

2πGYYh αsin a2b2---------------------------------------------- 0.9568° 0,05482 rd=≅= =

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2.22 • Flambage de Panneaux de Voilure

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2.22 FLAMBAGE DE PANNEAUX DE VOILURE

1 = 2500000 N = 250000 daN ( )

= 4 P = 1000000 daN ( )

Le flux vaut donc +210 daN/mm à l’intrados, et –210 daN/mm à l’extrados.

2 NXX = ; on dimensionne l’épaisseur :

– à CL :

– à CE :

C’est la Limite Élastique à Charge Limite qui est ici dimensionnante ; on prenddonc :

e intrados = 9.55 mm

3 L’épaisseur recherchée à 0.7CL est ici 0.7 fois l’épaisseur intrados, soit :

e peau extrados = 6.69 mm

4 À CL, NXX 0.7CL = 0.7*210 = 147 daN/mm et avec e peau extrados = 6.69 mm, lacontrainte de compression dans la peau est par définition (d’après le calculci-dessus) égale à lim élastique soit 22 daNmm–2 ; d’après les abaques de flam-bage de plaque rectangulaire :

On trouve donc immédiatement le pas de raidisseur optimal opérant la bifurcationà 0.7CL :

Et donc :

P 0.742700002

------------------2.5 10×= 250 tF≈

F 72001800------------P= 1000 tF≈

NXX1000000

4770--------------------- 210 daN/mm= =

αXXe

eNXX CLσlim élast-------------------- 210

22--------- 9.55 mm= = =

eNXX CEσlim rupt------------------- 1.5 210×

42---------------------- 7.5 mm= = =

σ

σ K eb--- 2 E

1 ν2–

-------------- avec Kasymptotique appuyé-appuyé 3.3≅=

boptimal eKasympt.app/app

σlim.élast.----------------------------------- E

1 ν2–

--------------=

boptimal 6.69 3.322-------7200

0.9------------ 232 mm= =

229

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230

5 Considérant qu’il faut un pas qui soit un diviseur entier de 530mm, si on divise cetintercadre en 2, on trouve b = 265 mm (ce qui est trop), il faut donc diviser en 3 :

6 La longueur (corde) du caisson extrados de 4770 mm représente exactement9 intercadres de 530 mm, et donc 27 mailles de cloquage. En conséquence, il y aen tout 26 raidisseurs sur le panneau intrados.Chaque raidisseur correspond à une section travaillante égale à sa section S àlaquelle il faut ajouter la partie travaillante de la peau (15 × l’épaisseur). En suppposant que l’on soit encore stable cette surface doit égaler au total lasection du panneau intrados :

26*(S+2*15*6.69*6.69) = 4770*9.55On en tire immédiatement, pour un raidisseur :

S = 409 mm2

C’est une surface très importante, mais c’est logique puisque la peau ne travaillepresque plus.

7 Les éléments du raidisseur peuvent être dimensionnés par les abaques à nouveaudans la zone asymptotique (plaque longue).Les conditions limites sont :

– extrémités libres et glissières latérales pour l’âme– extrémités libres, 1 glissière latérale et 1 appui latéral pour les semelles.

bréel emplanture5303

--------- 177 mm= =

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2.23 • Réservoir d’Helium Pressurisé

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2.23RÉSERVOIR D’HELIUM PRESSURISÉ

1 Le visseur dans une membrane sphérique pressurisée est :

Numériquement : pi = 4.0 × 107 Pa ; a = 0.415 m ; Nmemb = 8.3 × 106 N/m = 830 daN/mm

2 Ce visseur représente l’état de contrainte suivant, dans un repère local (dont letroisième axe (Z) est la normale à la sphère) :

Ces contraintes sont évidemment les contraintes principales, et donc :

La condition de dimensionnement avec coefficient 2 s’écrit donc :

soit : et donc :

Numériquement, comme : h = 0.0377 m = 37.7 mm

3) D’après la loi de Hooke, les déformations induites dans le matériau sont :


Numériquement : E = 5.0 × 1010 Pa, = 0.3 : yy = 0.00308 = 3.08 × 10–3

ϑsphère pressurisée Nmemb1 00 1 avec Nmemb

pia2

-------==

Σpia2

-------1 0≅ 0≅ 1 0≅

sym 0≅

σψψ 0 0

σψψ 0

sym σZZ

==

σéquiv MisesσI σII–( )2 σII σIII–( )2 σIII σI–( )2

+ +

2-------------------------------------------------------------------------------------------------=

σéquiv Mises= σψψ σzz–( )2 σzz σψψ–( )2

+

2----------------------------------------------------------------------- = σψψ σzz– = σψψ = σψψ

pia2h-------= pi 0≥( )

σéquiv Misesσrupt

2------------=

pia2h-------

σrupt2

------------= hpia

σrupt------------=

σrupt 4.4 108 Pa×=

ε 1 ν+E

------------Σ νE---sld–=

piaEh-------≅ 1 ν+

2------------

1 0 0 1 0

sym 0

ν1 0 0 1 0

sym 1

–

εψψ 0 0

εψψ 0

sym εZZ

=

εψψ= piaEh------- 1 ν–

2------------

ν ε

231

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232

Or yy représente la variation relative de circonférence, donc aussi la variation

relative de rayon : )

La variation du volume de la sphère de rayon a est donc :

.

Le volume intérieur (rayon ) qui vaut initialement :

= 260.4 litres, subit donc une variation :

Vi = 0.2604 × 0.00924 = 0.00241 m3 = 2.41 litres

due à la pressurisation.

ε

εψψδaa

----- δa aεψψ 0.00128 m 1.28 mm= = =⇒(=

δVsVs

--------- 3δaa

----- 3εψψ 0.00924 m ~ 1%( )= =≅

Ri a h2--- 396 mm=–=

Vi4π Ri( )3

3-------------------- 0.2604 m3

= =

δ

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3.1 STRUCTURE EN ARC MINCE SUR APPUI PONCTUEL

1 Les équations d’équilibre local des arcs plans de rayon R s’écrivent :

Les efforts linéiques valent :

Les équations d’équilibre s’explicitent donc :

Les éléments du visseur proposés constituent la solution de ce système, si on pose.

2 a été directement identifié par la charge ; les 3 autres constantes le sont par les

conditions limites pour (extrémité libre) :

Des 2 premières équations, on tire :

La troisième équation donne alors immédiatement : .

Les 3 constantes ainsi calculées conduisent immédiatement à l’expression proposée.

λXdNds-------

TYR

-------–+ 0=

λYdTYds

---------- NR----+ + 0=

µZdMZ

ds----------- TY+ + 0=

λX ρgS θsin–= (poids linéique projeté sur X)

λY ρgS θcos–= (poids linéique projeté sur Y)

µZ 0= (pas de moment linéique dû au poids)

ρgS θsin– N′ TY 0=–+

ρgSR θcos– TY′ N 0=+ + où : N′ d

dθ------≡

MZ′ RTY+ 0=

β ρgSR≡β

θ α≡

N α( ) 0=

TY α( ) 0=

MZ α( ) 0= C1 α+( ) αsin C2 αcos– 0=

C1 α+( ) αcos C2 αsin+ 0=

C1 α+( ) αsin 1 C2–( ) αcos+ C3+ 0=

⇒

C1 α–=

C2 0=

C3 αcos–=

233

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234

La condition C2 = 0 peut être anticipée par l’équilibre de la demi-structures( ).La condition d’extrémité libre pour aurait donné, par symétrie, le mêmerésultat, tout comme la condition .

3 Les déplacements (U, V) de flexion dans un arc plan sont régis par :

On part de l’équation de la flèche V, qui peut s’écrire :

Puis, on identifie les deux membres de cette égalité, par une explici-

tation terme à terme.Le premier membre est calculé en posant :

D’où, en réordonnant selon la base de fonctions proposées :

Et de même :

En réordonnant :

Le premier membre s’écrit donc :

N 0( ) 0=⇒θ α–≡

TY 0( ) 0=

ElzR2-------- d2V

dθ2---------- V+

Mz 0=–

dUdθ------- V 0≡–

V″ V+MzR2

Elz--------------=

où ′ ddθ------≡

V θ( ) a b θcos c θsin dθ θcos eθ θsin fθ2 θcos f1θ2 θsin+ + + + + +≡

V′ θ( ) b θsin– c θcos d θ θ θsin–cos( ) e θsin θ θcos+( ) + + + +=

f θ θcos θ2 θsin–( ) f1 2θ θsin θ2 θcos–( )+ c d+( ) θcos b– e+( ) θsin+ +=

e 2f+( )θ θcos d– 2f1+( )θ θsin f1θ2 θcos fθ2 θsin–+ +

V″ θ( ) b θcos– c θsin–= d 2 θsin– θ θcos–( ) e 2 θcos θ θsin–( ) + + +

f 2 θcos 4θ θsin θ2 θcos––( ) f1 2 θsin 4θ θcos θ2 θsin–+( )+

V″ θ( ) b– 2e 2f+ +( ) θcos c– 2d– 2f1+( ) θ d– 4f1+( )θ θ +cos+sin+=

e– 4f–( )θ θsin fθ2 θcos f1θ2 θsin––

V″ V+ a 2 e f+( ) θcos 2 d– f1+( ) θsin 4f1θ θcos 4fθ θsin–+ + +=

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Le second membre vaut :

Soit, en réordonnant :

En identifiant les 2 membres, il vient immédiatement, en notant :

On en tire immédiatement : et on en déduit aussitôt :

Enfin, les conditions limites à l’appui symétrique donnent les 2 équationsmanquantes :

L’expression recherchée de la flèche est donc :

Plus simplement :

4 Dans une structure en configuration isostatique, les champs linéaires de tempéra-tures n’induisent aucune contrainte.

La linéarité du problème structural permet d’étudier séparément les problèmesstatiques, thermiques et dynamiques, et dans chacune de ces catégories, on peut enoutre séparer les cas de charge.

Ainsi, pour le chargement thermique, on peut étudier successivement l’effet de lavariation T-T0 globale uniforme de température et celui du gradient A transverse detempérature.

MzR2

Elz-------------- ρgSR4

Elz-----------------– θ α–( ) θsin θcos αcos–+( )=

MzR2

Elz-------------- ρgSR4

Elz----------------- αcos θcos α+– θsin θ θsin–( )=

γ ρgSR4

Elz-----------------≡

a γ αcos=

2 e f+( ) γ–=

2 d– f1+( ) γα=

4f1 0=

4f– γ–=

a γ αcos=

f1 0=

f γ/4=

d γα/2–=

e 3γ/4–=

V 0( ) 0≡

V′ 0( ) 0≡ a b+ 0=

c d+ 0= b γ αcos–=

c γα/2=

⇒ ⇒

V θ( ) ρgSR4

Elz----------------- αcos 1 θcos–( ) α

2--- θsin θ θcos–( ) θ

4--- 3 θsin– θ θcos+( )++

=

V θ( ) γ αcos θ2--- θ

2--- α– 1–

θcos 14--- 2α 3θ–( ) θsin++

=

235

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236

La structure, constituée d’un élément symétrique unique, est simplement posée aupoint , dans une configuration isostatique.

En conséquence, le chargement thermique n’induit aucun visseur, ce que l’ontraduit par un visseur 2D identiquement nul (pour la contribution thermique calculéedans cette question) :

5 Une élévation uniforme T de température se traduit, dans une configuration isos-tatique, par une similitude géométrique de la structures (de ratio ).

L’élévation globale de température se traduit ainsi par une simple trans-

formation géométrique.Le rayon R de l’arc initial devient R’ avec :

L’ouverture de l’arc est inchangée, et égale à 2 .Pour obtenir l’expression des déplacements

induits, on peut calculer les positions du pointcourant avant et après déformation dans la baseglobale x, y :

Par projection géométrique orthoradiale et radiale (sur les axes locaux X,Y), onobtient enfin :

En cohérence avec la représentation linéaire, la géométrie (R, ) de référence parlaquelle on repère le point courant a été prise en configuration initiale.

θ 0=

θ∀ α– ; α+[ ]∈

N θ( ) 0≡TY θ( ) 0≡

MZ θ( ) 0≡

1 αthδT+

T T0–( )

R′ R–R

--------------- ε T( ) αth T T0–( )≡=

α

x R θsin=

y R 1 θcos–( )= ;

x′ R′ θsin=

y′ R′ 1 θcos–( )=

PP′ : R′ R–( ) θsin

R′ R–( ) 1 θcos–( )

x y,⇒

U T( ) θ( ) R′ R–( ) θ θcossin Rαth T T0–( ) θsin θcos= =

V T( ) θ( ) R′ R–( ) θcos 1–( ) θsin Rαth T T0–( ) θcos 1–( ) θsin= =

θ

RR’

V

U

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6 Le gradient thermique appliqué aux formules de Bresse-Duhamel avec

dans la configuration considérée, donne l’équation de la flèche transverse :

.

La solution de cette équation est la somme de la solution générale de l’équationhomogène et d’une solution particulière de l’équation complète, soit :

Les conditions limites pour donnent :

Ainsi :

La formule de Bresse-Duhamel en U donne :

Et donc :

La condition limite donne immédiatement .

Ainsi, la totalité des déplacements d’origine thermique s’écrivent, par sommation :

7 Le système d’équations dynamiques linéaires de l’arc mince s’obtient à partir deséquations d’équilibre, dans lesquelles on substitue les charges d’inertie linéiquesaux charges statiques (sans moments linéiques) :

MZ 0≡

V A( )″ V A( ) αth– AthR2

=+ avec : ′ ddθ------≡

V A( ) θ( ) C4 θcos C5 θsin αthAthR2–+=

θ 0=

V A( )′ 0( ) 0≡

V 0( ) 0≡

C5 0=

C4 αthAthR2=

⇒

V A( ) θ( ) αthAthR2 θcos 1–( )=

U A( )′ V A( )=

U A( ) θ( ) αthAthR2 θsin θ–( ) C6+=

U A( ) 0( ) 0≡ C6 0=

U th( ) θ( ) U T( ) θ( ) U A( ) θ( ) Rαth T T0–( ) θ θcossin RAth θsin θ–( )+[ ]=+≡

V th( ) θ( ) V r( ) θ( ) V A( ) θ( ) Rαth T T0–( ) θcos 1–( ) θsin RAth θcos 1–( )+[ ]=+≡

λXdN

Rdθ----------

TYR

------- 0=–+

λYdTYRdθ---------- N

R---- 0=++

µZdMZRdθ----------- TY 0=+ +

N′ TY– ρSRU″– 0=

TY′ N ρSRV″

–+ 0=

avec

′ ∂∂θ------≡

MZ′ RTY+ 0=

⇒

et ElZ

∂2V

∂s2----------MZ 0≡ ElZV″ R2MZ 0≡–⇒

ES∂U∂s-------N 0≡ ESU′ RN– 0≡⇒

237

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238

θ)

8 Le problème est invariant le long de l’axe du cylindre, sauf aux deux extrémités(effet local dû au coefficient de Poisson).Aux effets de bord près, on peut donc faire l’analogie directe entre le problème de

la première partie et la coque chargée sous son propre poids de la troisième partie, enconsidérant une largeur unitaire de coque, dont le poids linéique de poutre estégal au poids surfacique de coque.

Il vient donc, dans les axes locaux de coque de révolution (puisque la coque estcylindrique) :

Les autres éléments non-identiquement nuls du visseur de coque sont donnés parles équations des plaques en flexion cylindrique Y-invariante, pour lesquelles lestermes d’effort normal et de flexion selon la direction (Y) de déformation nulle sontdus au coefficient de Poisson :

Quant à la flèche W, elle se déduit directement de l’expression de la premièrepartie, en remplaçant la rigidité de poutre en contrainte plane de flexion par larigidité D de flexion de coque en déformation plane :

D’après la seconde équation de la flèche de flexion :

Comme , on trouve :

ρgSρgh

NXX θ( ) ρghR θ α–( ) θsin=

TXZ θ( ) ρghR θ α–( ) θcos=

MXX θ( ) ρghR2 θ α–( ) θsin θcos αcos–+( )=

Xcoque Xpoutre≡

Ycoque Zpoutre–≡

Zcoque Ypoutre≡

NYY θ( ) νNXX θ( )– νρghR θ α–( ) θsin–=≡

MYY θ( ) νMXX θ( )– νρghR2 θ α–( ) θsin θcos αcos–+( )–=≡

ElZ

D Eh3

12 1 ν2–( )

--------------------------≡ ⇒

W θ( ) 12ρghR4 1 ν2–( )

Eh2------------------------------------------- αcos 1 θcos–( ) α


4--- 3 θsin– θcos+(++

=

U θ( )′ W θ( ) B αcos 1 θcos–( ) α


4--- 3 θsin– θ θcos+( )++

= =

avec : 12ρgR4 1 ν2–( )

Eh2----------------------------------------

θ θcos∫ θ θsin θcos+=

θ θsin∫ θsin θ θcos–=

θ2 θcos∫ θ2 θsin 2θ θcos 2 θsin–+=

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En ordonnant :

En écrivant la condition d’appui symétrique : U(0) = 0, il vient , d’où :

9 La coque est effectivement axisymétrique (invariante autour d’un axe horizontal),mais le chargement n’est ni axisymétrique ni méridien. Les équations de Reissnerdes problèmes axisymétriques méridiens ne peuvent donc pas s’appliquer. Toute-fois, on pourrait appliquer les équations de Reissner des coques axisymétriques engéométrie mais sous chargement quelconque ; elles conduisent à un système toutà fait semblable à celui qui a été développé dans les questions précédentes.

10 Le champ de déplacement et de contrainte thermiques obtenu par le problèmeplan de la question 4 est naturellement utilisable pour le problème de coque dansle plan, mais il faut y ajouter la composante selon Z. Or, selon cet axe, on peutadmettre qu’aux effets de bord près, la coque reste rectiligne (très grande inertieen flexion du fait de la courbure dans le plan XY).

Ainsi, le problème est équivalent à une plaque dont on impose la courbure nulle,elle-même équivalente à une poutre :

La flèche supplémentaire engendrée par cet effet selon Z est identiquement nulle,et on obtient ainsi un moment de flexion linéique additionnel

(compte tenu de l’orientation des moments

en théorie des plaques et coques).

U θ( ) B α θ θsin–( )cos α2--- 2 θcos– θ θsin–( )+

+=

14--- 3– θsin θ θcos–( ) θ2 θsin 2θ θcos 2 θsin–+ +( )

C7+

U θ( ) B θ αcos α θcos 4 αcos 5+( ) θsin4

----------- θ θcos4

--------------- αθ θsin2

-------------- θ2 θsin4

----------------- C8+ +–––– =

C8 α=

U θ( ) 12ρgR4 1 ν2–( )

Eh2---------------------------------------- × =

α θ αcos+ α θcos 4 αcos 5+( )– θsin4

----------- θ θcos4

--------------- αθ θsin2

-------------- θ2 θsin4

-----------------+–––

V″ MEl----- αthAth 0≡–=

MXX DαthAth–Eh3αthAth

12 1 ν2–( )

---------------------------= =

239

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240

11Considérons à nouveau les équations d’équilibre des arcs plans :

se récrit : ; or donne immédiatement :

La solution générale de l’équation homogène associée, dont on ne retient que leterme pair par symétrie (ce qui évitera d’écrire la condition limite en ) est

.

Quant à la solution particulière de l’équation complète, on la cherche sous laforme : .

On obtient : , identifié

à :

La solution particulière de l’équation complète est donc :

La condition limite donne et donc :


D’autre part :

λXN′

R-----

TYR

------- 0=–+ 1( )

λYTY

′

R------- N

R---- 0=+ + 2( )

µZMZ

′

R-------- TY+ + 0= 3( )

avec ici :

λX 0≡

λY ϖR αcos θcos–( )= 0≤ )(

µZ 0≡

2( ) ϖR2 αcos θcos–( ) TY′ N+ + 0= 1( )

N′ TY= TY′ N″= N″ N ϖR2 θcos αcos–( )=+⇒ ⇒

θ α–=

C9 θcos

N C10 θsin C11+=

N″ C10 2 θcos θ θsin–( )= N″ N 2C10 θcos C11+=+⇒

ϖR2 θcos αcos–( )

C10ϖR2

2-----------=

C11 ϖR2 αcos–=

NparticulièreϖR2

2----------- θ θsin 2 αcos–( )=⇒

N θ( ) C9 θcos ϖR2

2----------- θ θsin 2 αcos–( )+=

N α( ) 0= C9ϖR2

2----------- 2 αtgα–( )=

N θ( ) ϖR2

2----------- θ θsin 2 αtgα–( ) θcos 2 αcos–+ =

TY θ( ) N′ ϖR2

2----------- θ θcos αtgα 1–( ) θsin+ = =

TY N′=

RTY MZ′=

MZ θ( ) RN θ( ) C11+=⇒

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αs

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La condition limite donne , et donc finalement :

Ce calcul est valable pour une poutre équivalente à une unité de largeur de coqueselon . Le chargement linéique étant alors équivalent au chargement

surfacique de coque.On trouve donc immédiatement les éléments non-nuls du visseur de coque :

12 La variation de contenance de la coque peut être calculée à partir de la flèche Vdu modèle poutre. La flèche de flexion évolue selon la formule de Bresse :

avec :

Si désigne la solution de cette équation avec les conditions limites

la variation de contenance de la coque par unité de longueur s’exprime alors :

Et donc :

MZ α( ) 0= C11 0=

MZ θ( ) ϖR3

2----------- θ θsin 2 αtgα–( ) θcos 2 αcos–+ =

Zpoutre

NXXcoque NpoutreϖR2

2----------- θ θsin 2 αtgα–( ) θcos 2 αcos–+= =

QXZcoque TYpoutre– ϖR2

2-----------– θ θcos αtgα 1–( ) θsin+ = =

MXXcoque MZpoutre– ϖR3

2-----------– θ θsin 2 αtgα–( ) θcos 2co–+= =

d2V

ds2---------- V

R2------

MZElZ--------=+ ds Rdθ≡ V″ V+

R2MZElZ

---------------=⇒

V θ( )V 0( ) 0≡

V′ 0( ) 0≡

δS V θ( ) sdα–

+α

∫– 2R V θ( ) θd0

+α

∫=≡

S2--- aire secteur – aire triangle≡

α2π------ πR2 1

2---RtgαR αcos–

R2

2------ α αsin–( )= =

S R2 α αsin–( )=⇒

δSS

------ 2R αsin α–( )------------------------------ V θ( ) θd

0

+α

∫≡

X coque

Zcoque

Ycoque

S/2

Rtg

Rc

os

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242

3.2 FLEXION LIBRE D’UNE POUTRE ET D’UNE PLAQUE

1 La solution générale s’explicite :

;

(A,B,C,D) ∈ R4 ; (Ω2,ω2,ϕ)∈ R+4

La section droite étant circulaire, si son rayon est noté a, alors : S = πa2 ;

2 Les conditions limites libres s’écrivent en X = 0 :

Elles s’écrivent de même en X=L :

3 Les conditions limites en X=0 s’explicitent : , ce qui permet de

récrire f(X) en fonction de 2 constantes seulement :

Les conditions limites en X=L s’écrivent alors :

(I)

4 Le système (I) est linéaire en (A,B) et homogène ; il admet des solutions non iden-tiquement nulles si et seulement si son déterminant est identiquement nul. Cettecondition s’écrit :

Comme cos2x + sin2x = 1 et ch2x – sh2x = 1, la condition s’explicite :

5 Les deux premières solutions positives de l’équation précédente donnent :

Pour calculer la pulsation temporelle ω, on utile la relation :

V X t;( ) f X( )g t( )≡

f X( ) A ΩX( )cos B ΩX( )sin Cch ΩX( ) Dsh ΩX( )+ + +≡g X( ) ωt ϕ+( )cos≡

ω2

Ω4------- EI

ρs------– 0≡

I πa4

4-----=

MZ 0 t;( ) 0≡

TY 0 t;( ) 0≡ EIV″ 0 t;( ) 0≡

EIV″′– 0 t;( ) 0≡

f″ 0 t;( ) 0=

f″′ 0 t;( ) 0=

⇒ ⇒

MZ L t;( ) 0≡

Ty L t;( ) 0≡ f″ L( ) 0=

f″′ L( ) 0=

⇒

A C+– 0=

B D+– 0=

f X( ) A ΩX( )cos ch ΩX( )+ B ΩX( )sin sh ΩX( )+ +≡

A ch ΩL( ) ΩL( )cos– B sh ΩL( ) ΩL( )sin– + 0=

A sh ΩL( ) ΩL( )sin+ B ch ΩL( ) ΩL( )cos– + 0=

ch ΩL( ) ΩL( )cos+ 2 sh ΩL( ) ΩL( )sin+ sh ΩL( ) ΩL( )sin– – 0≡

1 ΩL( )cos ch ΩL( )– 0≡

Ω1L 4.730≅

Ω2L 7.853≅

ω2 EIρs------Ω4≡

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3.2 • Flexion Libre d’une Poutre et d’une Plaque

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et donc : ou

6 En flexion Z-invariante, la plaque est équivalente à une poutre avec :

La constante s’explicite donc :

En conséquence, les 2 premières pulsations Z-invariantes de la plaque libres’expriment :

ou

7 Pour le mode fondamental :

;

Le système (I), lié par définition, est équivalent à sa première équation, quis’explicite :

soit : 56.63A + 57.64B ≅ 0

La déformée modale :

est donc telle que

Elle s’explicite donc finalement :

On remarque que la fonction φ1(η) ≡ cos(4.73η) + ch(4.73η) −0.9825sin(4.73η) + sh(4.73η) admet, entre 0 et 1, les 2 racines ηa ≅ 0.2242 et

ω12 EI

ρs------Ω1

4≡ EIρs------ 4.730( )4

L4--------------------- 500.5 EI

ρsL4------------≅ ≅

ω22 EI

ρs------Ω2

4≡ EIρs------ 7.853( )4

L4--------------------- 3803 EI

ρsL4------------≅ ≅

ω1

EIρs------ 4.730( )2

L2--------------------- 22.37

L2------------- EI

ρs------≅ ≅

ω2EIρs------ 7.853( )2

L2--------------------- 61.67

L2-------------- EI

ρs------≅ ≅

EIz Db Ebh3

12 1 ν2–( )

--------------------------= =

ρS ρbh=

EIρs------ h2

12 1 ν2–( )

--------------------------Eρ---

ω122.37

12 1 ν2–( )

------------------------------ hL2------ E

ρ--- 6.458 h

L2 1 ν2–

------------------------- Eρ---≅ ≅

ω261.67

L2-------------- EI

ρs------ 17.80 h

L2 1 ν2–

------------------------- Eρ---≅ ≅

ω1

2 Eh2

12ρ 1 ν2–( )

----------------------------- 4.730( )4

L4--------------------- 41.71

1 ν2–

--------------Eh2

ρL4---------≅ ≅

ω22 Eh2

12ρ 1 ν2–( )

----------------------------- 7.853( )4

L4--------------------- 316.9

1 ν2–

--------------Eh2

ρL4---------≅ ≅

Ω1L 4.730≅Ω1L( )cos 0.01761≅

Ω1L( )sin 0.09998–≅

⇒ch Ω1L( ) 56.65≅

sh Ω1L( ) 56.64≅

A ch Ω1L( ) Ω1L( )cos– B sh Ω1L( ) Ω1L( )sin– + 0=

f1 X( ) A1 Ω1X( )cos ch Ω1X( )+ B1 Ω1X( )sin sh Ω1X( )+ +≡

B156.6357.64-------------A1 0.9825A1–≅ ≅

f1 X( ) A1 4.730XL----

cos ch 4.730XL----

0.9825 4.730XL----

sin sh 4.730XL----

+

–+≅

243

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244

ηb ≅ 0.7758, correspondant aux 2 nœuds de la déformée modale, symétriques par

rapport à .

On remarque également que le centre de masse de l’ensemble reste fixe selon Ypendant le mouvement.

On observe enfin que les modes en configuration libre-libre sont nécessairementsymétriques, car un mode antisymétrique entraînerait un moment cinétiqued’ensemble non identiquement nul (or celui-ci se conserve évidemment pendant lemouvement).

On peut ainsi expliciter le second mode :Pour (I) s’explicite : 1286.7A + 1285.7B ≅ 0 soit B2 ≅

−1.0008A2 ≅ –A2

Et donc :

8 Il y a possibilité de battements si 2 modes ont des pulsations très proches.Dans le cas de la poutre, la section droite étant isotrope, on a en particulier IY=IZ.

Les modes en flexion autour de Y (entraînant une flèche W selon Z) ont donc mêmespulsations que les modes en flexion autour de Z (entraînant une flexion V selon Y).

Ceci est d’ailleurs vrai pour toute flèche perpendiculaire à X (les axes Y et Zétant, de fait, arbitraires pour une section isotrope.

En réalité, on aura physiquement IY ≅ IZ ⇒ IY ≅ IZ + εl (εl<< I), et donc ωiY ≡ωiZ + εi (εi<< ωi); ainsi, on obtiendra un battement des flèches dans le plan YZ,c’est à dire un mouvement orbital elliptique, par superposition de pulsations trèsvoisines.

Dans le cas de la plaque, même si b<<L, on a toujours h<<b (sinon ce n’est pasune plaque mince), et donc nécessairement lY >> lZ

.

En conséquence, on ne pourra pas trouver de battement entre modes fondamen-taux de flexion sur des axes orthogonaux, et il faudra aller chercher des harmoniquestrès élevés des modes en flexion autour de Z pour trouver des pulsations du mêmeordre que celle du fondamental autour de Y.

Ce type de battement peut néanmoins apparaître à des pulsations plus proches dufondamental, en considérant les interférences avec les modes d’ondes, de torsion (ougauchissement) par exemple. Si b<<L, la plaque est assimilable à un profilé mince

η 12---≅

Ω1L 7.853≅

f2 X( ) A2 7.853XL----

cos ch 7.853XL----

7.853XL----

sin sh 7.853XL----

––+≅

car EIZEbh3

12 1 ν2–( )

--------------------------<<EIYhb3

12---------= =

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3.2 • Flexion Libre d’une Poutre et d’une Plaque

Openmir

plat en torsion, pour lequel la solution générales en θX (rotation de la section droiteautour de X) est :

; ; (α,β) ∈ R2 ;

(ω2,ϕ) ∈ R+2 ;

Les conditions limites en X=0 et X=L s’écrivent :

(car MX = GJθ′).

La première donne immédiatement β = 0 ; la seconde s’écrit alors :

.

En excluant les solutions statiques, il vient : j ∈ N∗.

Le carré de la pulsation du j-ème mode en torsion est donc :

Considérant le profilé mince ouvert en torsion, il vient :

; ;

Et donc :

Si le matériau est isotrope, alors et l’égalité conduirait

à , impossible pour j≥1 et L/b suffisament grand (plaque longue).

Néanmoins, cette égalité devient possible dans le cas de matériaux fortementorthotropes pour lesquels le rapport G/E des modules considérés devient très petit.On peut tenir un raisonnement similaire pour des ondes d’effort tranchant transverse,pour lesquelles le module transverse G intervient également.

θ X t;( ) f X( )g t( )=fθ X( ) α ω X

cθ-----

cos β ω Xcθ-----

sin+≡

g t( ) ωt ϕ+( )cos=

cθGJι

-------=

MX 0 t;( ) 0≡

MX L t;( ) 0≡ fθ′ 0( ) 0≡

fθ′ L( ) 0≡

⇒

αωcθ--------– ω L

cθ-----

sin 0≡

ω Lcθ----- jπ≡

ωj2 j2

π2cθ2

L2-----------≡

J bh3

3---------≅ ι ρhZ2 Zd

b 2⁄–

+b 2⁄

∫≅ ρh3

------ Z3[ ]+b/2+b/2 ρb3h

12------------= =

cθ2 GJ

ι------- Gbh3

3--------- 12

ρb3h------------ 4h2

b2---------G

ρ----= =≡ ωj

2 j24π2h2

b2L2---------------G

ρ----= 39.48 j2h2

b2L2------------G

ρ----≅⇒

G E2 1 ν+( )--------------------= ω1

2 ω12

=

j2L2

b2------ 2113

1 ν–------------– 0≅

245

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246

3.3 INTERFACE TRONCONIQUE RAIDIE

1 Considérant une coupure globale selon le parallèle de rayon r, l’effort F est trans-mis de l’aval à l’amont sur une lisière de longueur 2?r, ce qui donne un effort

linéique .

Cet effort est porté par z (axe longitudinal lanceur). Pour obtenir le flux demembrane NYY, il suffit de projeter z sur Y, ce qui revient à diviser par cosθ, d’oùl’expression proposée. Les autres éléments du visseur sont nuls par symétrie et inva-riance.

Le visseur de membrane proposé est également compatible avec les équationsd’équilibre local des membranes axi-invariantes sous chargement méridien, àsavoir :

Dans le cas particulier de l’exercice, on a :

; θ = constante donnée.

2 L’énergie surfacique de déformation de membrane :

se réduit ici à :

L’énergie surfacique de déformation de membrane :

où dS = 2πrdY ; dr = –dYsinθ

F2πr---------

pYdNYY

RYdθ-------------- NXX NYY–( ) θsin

r------------+– 0=

pZ NXXθcos

r-------------

NYY

RY-----------+– 0=

pY pZ 0= =

1RY------- 0=

Esurf memb1

2Eh---------- NXX NYY+( )2 2 1 ν+( ) NXXNYY TXY

2–( )–[ ]=

Esurf membNYY

2

2Eh----------- F2

2Ehπ2r2cos2θ------------------------------------= =

Epeau Esurf memb Sd∫Surface Tronconique

∫=

Epeau2π

θsin-----------– rEsurf memb rd

b

a

∫2π

θsin----------- rEsurf memb rd

a

b

∫= =dY

dr

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soit :

La dérivation de cette forme quadratique en F donne immédiatement l’expressionrecherchée.

3 Chaque raidisseur reprend un effort longitudinale (selon z) égal à . Cette charge

induit dans le raidisseur, par projection (au sens des treillis), un effort normal

.

4 Le problème étant répétitif en rotation, on peut raisonner sur un seul raidisseur,

dont la charge serait et l’aire de section droite la somme des aires

des sections droites, soit .

Par ailleurs, l’épaisseur h étant très petite devant les autres dimensions du raidis-seur, on néglige la flèche propre de l’effort tranchant transverse, et donc l’énergieélastique correspondante. Dès lors, l’énergie élastique accumulée dans les raidis-seurs s’écrit :

Comme :

il vient :

Cette forme quadratique donne immédiatement la rigidité recherchée :

5 La peau et les raidisseurs travaillant en parallèle, la rigidité de l’interface est lasomme des deux rigidités précédentes :

Selon cette hypothèse, on considère que l’allongement global est identique dansla peau et dans les raidisseurs. Ceci peut constituer une bonne approximation si lescadres forts extrêmes assurent effectivement un déplacement identique de la peaud’une part et des raidisseurs d’autre part tout le long des lisières supérieure et infé-rieure (les fixations peau-raidisseur pouvant jouer en zone courante).

EpeauF2

4πEh θcos2θsin---------------------------------------- 1

r--- rd

a

b

∫=

Fn---

N Fn θcos---------------=

NtotF

θcos------------=

Stot n 2h η 4πah= =

EraidisseursNtot

2 Lméridien2EStot

----------------------------------=

Lméridienb a–

θsin-----------=

EraidisseursF2

cos2θ--------------b a–

θsin----------- 1

2Eη4πah------------------------ 1

8πηEhcos2θ θsin-------------------------------------------b a–

a-----------F2

= =

Kraidisseurs4πaηEhcos2θ θsin

b a–-----------------------------------------------=

Klongi Kpeau Kraidisseurs+ 2πEhcos2θ θ 1ba--- ln

-------------- 2aηb a–-----------+

sin= =

247

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248

6 Selon une coupure globale identique à celle de la question 1), le flux de cisaille-ment de membrane induit au point courant C vaut :

Le visseur de membrane induit par Γ est :

L’énergie de déformation de membrane se réduit à :

Son intégration sur la surface, similaire à celle de la question 2), conduit à uneforme quadratique en Γ qui donne immédiatement la rigidité Cpeau.7 La rigidité de l’interface étant la somme de la rigidité de la peau et de celle des

raidisseurs, on doit avoir :Craidisseurs = Cinterface – Cpeau

Comme (matériau isotrope), et compte tenu des expressions

proposées, il s’agit donc de démontrer que :

Soit :

La peau travaillant en cisaillement pur, on peut supposer que les raidisseurs, soli-daires de la peau, travailleront essentiellement en effort tranchant dans le plan XY.La flèche à considérer est donc celle d’effort tranchant. Si on considère les raidis-seurs seuls, les cadres forts appliqueront les efforts en extrémité, en premièreapproximation ; l’effort tranchant est constant le long de chaque raidisseur.

La flèche est donc celle de l’effort tranchant, ce qui signifie que les raidisseurs secomportent comme des âmes (plaques) en effort tranchant, chargées par les effortsintroduits par les cadres forts, et que les liaisons peau-raidisseurs (collage, rangéesde fixations ou soudures) introduisent des moments répartis qui minimisent lemoment de flexion résultant (ou du moins son effet de flèche). On considère ici quela largeur des raidisseurs est grande devant leur épaisseur, de sorte qu’ils secomportent comme un élément de plaque rapporté sur la peau (elle-même encisaillement pur). Comme pour l’effort normal, cette hypothèse est cohérente avecles rigidités peau-raidisseurs indépendantes et travaillant en parallèle.

TXY

Γr---

2πr--------- Γ

2πr2-----------= =

ϑ( ) G( )NXX G( ) TXY G( )

TXY G( ) NYY G( ) 0 Γ

2πr2-----------

Γ

2πr2----------- 0

≡ ≡

Esurf memb1 ν–( )TXY

2

Eh----------------------------=

G E2 1 ν+( )--------------------=

Craidisseursπ

1 ν+( )----------------- θsin

b a–( )---------------- 2b2

a b+------------ 5ηa

3---------+

Eha2 2πEh θsin1 ν+

------------------------- a2b2

b2 a2–

-----------------–≅

Craidisseurs η 5π3 1 ν+( )-------------------- θsin

b a–( )----------------Eha3≅

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De manière similaire à la question 4), on considère un seul raidisseur dont l’airede section droite vaut :

D’après la formule de Bresse en effort tran-chant, la flèche induite est donnée par :

Les raidisseurs étant des âme minces de section droite rectangulaire :

Dans les raidisseurs, on a toujours , et donc :

et par conséquent :

Ainsi :

La rotation autour de z, induite par V , s’exprime :

On en tire immédiatement l’expression à démontrer pour la rigidité des raidisseurs.8 On remarque qu’il faut considérer les équations non-axismétriques (non-inva-

riantes en rotation ψ) et non-méridiennes ; en effet, la charge statique comprend latorsion (non-méridienne) et le comportement dynamique modal d’une structureψ-invariante n’est pas ψ-invariant (même si la géométrie de la structure l’est).Comme on est en théorie de membrane, seules les équations de translation nousintéressent.Les équations statiques d’équilibre en translation des coques linéaires sont :

Stot 2n h 4πηah= =

V′ TGST-----------≅ T Γ

a--- cons ttan e≅=

ST56---Stot≅ 10π

3---------ηha=

G E2 1 ν+( )--------------------=

GST η 5π3 1 ν+( )--------------------Eh≅

V′ 1η---3 1 ν+( )

5π-------------------- 1

Eha2------------Γ≅

V V′Lméridien3 1 ν+( )

5π-------------------- b a–

η θsin--------------- Γ

Eha3------------≅ ≅

θZVa---- 1

η---3 1 ν+( )

5π--------------------b a–

θsin----------- Γ

Eha2------------≅≡

pX∂NXX∂SX

---------------∂TYX∂SY

--------------NXX NYY–

RgY-----------------------------

TXY TYX+

RgX----------------------------–

QXZRnX-----------–+ + + 0=

pY∂NYY∂SY

---------------∂TXY∂SX

--------------NXX NYY–

RgX-----------------------------

TXY TYX+

RgY----------------------------

QYZRnY-----------–+ + + + 0=

pZ∂QXZ∂SX

--------------∂QXZ∂SY

--------------NXXRnX-----------

NYYRnY-----------

QXZRgY-----------

QYZRgX-----------–+ + + + + 0=

Lméridien

F a = T

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250

Pour une membrane, les termes en Q ne sont pas à considérer, et TXY=TYX (lescoefficients de Reissner η et δ sont nuls en théorie de membrane). Ces considéra-tions permettent de réduire le système (statique) à :

Sur la surface tronconique considérée :

; ; ; ; ;

Les équations statiques précédentes s’écrivent donc :

(e)

On obtient directement le système (I) proposé en ajoutant les forces d’inertiesurfaciques de translation en C, dont les composantes selon X, Y, Z sont respective-ment –ρhΓX, –ρhΓY et –ρhΓZ.

Plus précisément, U, V et W désignant les déplacements structuraux du pointcourant P dans la base X, Y, Z du repère local, l’accélération de P s’exprime :

L’ensemble étant décomposé dans la base locale, les termes U– , V– , W– sont lescomposantes du déplacement relatif (structural), les termes Γent sont les composantesdes accélérations d’entraînement du repère structure, et les termes complémentairessont les composantes de l’accélération de Coriolis en P (Γcompl=2ω∧Vrelative).

pX∂NXX∂SX

---------------∂TYX∂SY

--------------NXX NYY–

RgY-----------------------------

2TXYRgX

--------------–+ + + 0=

pY∂NYY∂SY

---------------∂TXY∂SX

--------------NXX NYY–

RgX-----------------------------

2TXYRgY

--------------+ + + + 0=

pZNXXRnX-----------

NYYRnY-----------+ + 0=

∂SX r∂ψ= ∂SY ∂Y= 1RgX---------- θsin

r-----------=

1RgY---------- 0≡ 1

RnX---------- θcos

r------------–=

1RnY---------- 0≡

pX∂NXXr∂ψ

---------------∂TYX

∂Y--------------

2 θTXYsinr

--------------------------–+ + 0=

pY∂NYY

∂Y---------------

∂TXYr∂ψ

--------------θ NXX NYY–( )sin

r----------------------------------------------+ + + 0=

pZθcos NXXr

------------------------– 0=

ΓX U.. ΓXent 2 ωYW. ωZV.–( )+ +=

ΓY V.. ΓYent 2 ωZU. ωXW.–( )+ +=

ΓZ W.. ΓZent 2 ωXV. ωYU.–( )+ +=

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Le repère structural étant supposé Galiléen, la composante d’entraînement estnulle ; par ailleurs, la vitesse de rotation inertielle du point P est définie par :

où ωent désigne la vitesse de rotation (d’entraînement) du repère de la structure, etϕX

., ϕY., ϕZ

. désignent les composantes de la vitesse de rotation relative dans lerepère structure.

Ainsi, si on considère une repère structural Galiléen, alors, l’accélération de Ps’écrit :

En théorie de coque mince de Love, les déplacements de P considérés se limitentà U, V, W, ϕX et ϕY, car la fibre normale est infiniment petite selon X et Y. Ainsi,dans une approche Éléments Finis, on aura exactement 5 Degrés de Liberté parnœud. Les conditions limites en déplacement W transverse (sur l’axe Z selon lequell’élément est mince) sont en effet définies non-seulement en flèche, mais aussi endérivée. Dès lors, l’accélération de P se réduit à :

Enfin, on remarque que les rotations de la fibre normale autour de X et Y s’expri-ment très simplement en petits angles :

Ainsi, le système dynamique proposé dans l’énoncé s’obtient directement à partirdes équations d’équilibre des membranes (géométriquement de révolution, maissous chargement quelconque), dans lequel on a substitué les termes précédents.Seules restent les équations en translation, puisque on néglige l’énergie cinétique derotation propre de la fibre normale.

ωX ωXent ϕX.

+=

ωY ωYent ϕY.

+=

ωZ ωZent ϕZ.

+=

ΓX U.. 2 ϕY. W. ϕZ

. V.–( )+=

ΓY V.. 2 ϕZ. U. ϕX

. W.–( )+=

ΓZ W.. 2 ϕX. V. ϕY

. U.–( )+=

ΓX U.. 2ϕY. W.

+=

ΓY V.. 2ϕX. W.

–=

ΓZ W.. 2 ϕX. V. ϕY

. U.–( )+=

ϕX∂W∂Y-------- ∂YW≡≈

ϕY∂W∂X-------- ∂XW–≡≈

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252

La charge statique est représentée par les composantes surfaciques (pX, pY, pZ) etles forces d’inertie par les terme en ρh. Dans le crochet intervient l’accélérationexplicite (U– , V– , W–) et le terme de Coriolis dû à la rotation structurale locale(terme avec coefficient 2).

Il faut remarquer que, si on néglige l’énergie cinétique de rotation propre de lafibre normale, on ne néglige pas a priori le terme de translation induit par à la rota-tion locale (charge d’inertie de l’accélération de Coriolis).

Enfin, on observe que les termes issus du visseur sont inchangés par rapport à leursexpressions en statique des coques. De fait on retrouve, exprimé dans le cadre des coquesde Love, l’homologue exact (terme à terme) de la loi fondamentale de l’élastodynamiquefvol –ρOP–+divΣ=0 (charge statique, inertie dynamique, terme élastique).9 En théorie de membranes, toutes les grandeurs en un point P de la coque ont une

valeur égale à celle qui est établie au point A de la surface moyenne situé sur lamême fibre normale que P.En tout premier, les déplacements, qui sont les paramètres de Lagrange-Reissner,

sont égaux aux déplacements de la surface moyenne :

Les termes dépendant de Z n’interviennent pas ; les équations de Reissner desdéformations de membrane se réduisent donc, dans le cas général, au système :

En introduisant les caractéristiques géométriques de la surface conique dans leséquations de déformations, et en observant que le visseur de membrane est homothé-tique au tenseur des contraintes dans le plan CXY, il est possible d’écrire le systèmecomplet de Reissner (déformations et visseur) de la coque tronconique isotropehomogène :

(d) ; (v)

δ P( )X U≡

δ P( )Y V≡

δ P( )Z W≡

εXX∂U∂SX---------- V

RgX----------– W

RnX----------–=

εYY∂V∂SY---------- U

RgY---------- W

RnY----------–+=

γXY12--- ∂V

∂SX---------- ∂U

∂SY---------- U

RgX---------- V

RgY----------–+ +

=

εXX1r--- ∂U

∂ψ------- V θsin W θcos+– =

εYY∂V∂Y-------=

γXY12--- 1

r--- U θsin ∂V

∂ψ-------+

∂U∂Y-------+

= NXX

Eh

1 ν2–

-------------- εXX νεYY+( )=

NYYEh

1 ν2–

-------------- νεXX εYY+( )=

TXYEh

1 ν+------------γXY=

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Les raidisseurs introduisent une anisotropie de la coque, XY étant axes d’orthotro-pie (par raison de symétrie du drapage). En statique et dynamique, les équations (d)restent inchangées : seul le système (v) est modifié. L’anisotropie peut être appréhen-dée à partir de la matrice de souplesse en notation ingénieur, à 4 coefficients, et soninverse :

;

; il y a donc bien 3 coefficients en contrainte normale dans les axes

d’orthotropie (et un quatrième en glissement).

La forme générale de (v) devient alors : (Vortho)

Toutefois, dans notre exercice, il apparaît qu’on peut prendre une épaisseur héquivalente, et que les modules se simplifient. Le coefficient multiplicatif de l’épais-

seur au point courant C vaut .

En effet, on ajoute à la peau une surépaisseur 2h sur une largeur relative valant ηsur la lisière supérieure (r = a) et décroissant ensuite le long du méridien.

L’approche linéaire globale, statique et dynamique autorise donc à considérer unemembrane d’épaisseur (variable) :

Ce résultat est cohérent avec la première partie du problème. Un essai de tractionselon Y montre immédiatement que le module à considérer selon cet axe est E, et lecoefficient de Poisson ν, ce qui donne immédiatement :

;

εXX

εYY

γXY

1EXX-----------

νXYEXX-----------– 0

1EYY----------- 0

sym 12GXY---------------

σXX

σYY

τXY

= S( ) 1– 1

1 νXY2

–-------------------

EXX νXYEYY 0

EYY 0

sym 2GXY

=

νXY

EYY---------–

νYX

EXX---------–=

NXXEXXh

1 νXY2

–------------------- εXX νXYεYY+( )=

NYYEYYh

1 νXY2

–------------------- νXYεXX εYY+( )=

TXY 2GhγXY=

1 2ηar--+

héquiv h 1 2ηar--+

=

EYY équiv E= νYX équiv ν=

253

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254

Il faut ensuite déterminer soit , soit , par un essai de tractionselon X .

On constate que dans les 2 cas extrêmes ( ou ), en appliquant

l’épaisseur équivalente, on retrouve E ou ν. Ce qui signifie que la modélisation avecmodules égaux constitue ici une approximation convenable.

Cette approximation est valable seulement pour le calcul de rigidité en statique(déplacements de Reissner) ou en analyse modale dynamique (déplacements deLagrange). Elle ne représente pas de manière exacte les critères locaux (peau-raidisseur) de résistance en contrainte ou en flambage.

Reste le module de glissement GXY. Le calcul réalisé précédemment sur la torsionde l’interface complète montre que, si on souhaitait le conserver égal à G, il faudrait

un coefficient multiplicatif d’épaisseur valant , la section efficace en

cisaillement étant seulement de la section des raidisseurs.

Autrement dit, au lieu du coefficient , on a en cisaillement XY un coef-

ficient .

Si on conserve l’épaisseur équivalente précédente (définie en contrainte normale),alors il suffit de considérer une valeur de G rectifiée. ce qui permet finalementd’écrire les équations (v) de la membrane raidie :

(Vinterface) avec

10En thermique des membranes, on ne modifie à nouveau ni les système (I), ni leséquations géométriques (d), mais uniquement les expressions (v) du visseur, quidoivent intégrer la loi de Hooke-Duhamel. Le matériau étant homogène, lecisaillement n’est pas modifié, et l’épaisseur n’intervient pas en déformation(dilatation isotrope).

Ainsi dans le plan XY :

où désigne l’écart par rapport à la température de référence d’assemblage sanscontrainte ni déformation.

EXX équiv νYX équiv

ηar-- 0= ηa

r-- 1=

1 256---ηa

r--+

56---

1 2ηar--+

1 5η3

------ar--+

NXXEhéquiv

1 ν2–

------------------ εXX νεYY+( )=

NYYEhéquiv

1 ν2–

------------------ νεXX εYY+( )=

TXY 2GéquivhéquivγXY=

héquivh

-------------- r 2ηa+r

------------------=

GéquivG

--------------- 3r 5ηa+3r 6ηa+---------------------=

εXX

εYY 1

E--- 1 ν–

ν– 1 σXX

σYY

αT 11

+=

T

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Soit :

En multipliant par (S)-1 :

et donc :

Le système d’équations du visseur se complète donc comme suit :

Les système (I), (d) et (vint+th) constituent les équations recherchées.11)Dans les deux configurations précédentes (effort et moment longitudinaux

lanceur), le calcul est équivalent à celui d’un profilé mince de type tube circulaire,en considérant une épaisseur équivalente. Il s’agit d’un calcul identique à celuid’une poutre de section droite en forme de couronne mine de rayon r et d’épais-seur eéquiv variant le long de la poutre (donc selon z, axe longitudinal lanceur).Les deux cas de charge considérés sont alors identifiés à :

– l’effort normal N dans une section droite d’aire S, engendrant unecontrainte σXX=N/S et une rigidité linéique ES (ESU’-N=0), avec :

où :

– le moment de torsion Mt dans un tube mince, engendrant une contrainteτXY=Mtr/J et une rigidité linéique GéquivJ, avec :

On retrouve effectivement les expressions données par la théorie des profilésminces fermés en torsion, avec une membrure d’épaisseur constante entourant unecavité circulaire :

et

avec : et

ε( )2D S( )2D σ( )2D αT 11

+= S( )2D σ( )2D⇒ ε( )2D αT 11

–=

σ( )2D S( )2D1– ε( )2D αT 1

1

–

=

σXX

σYY E

1 ν2–

-------------- 1 νν 1

εXX

εYY

αT 11

–

=

NXXEhéquiv

1 ν2–

------------------ εXX αT+( ) ν εYY αT+( )+ =

NYYEhéquiv

1 ν2–

------------------ ν εXX αT+( ) εYY αT+( )+ =

TXY 2GéquivhéquivγXY=

S 2πreéquiv= eéquivhéquiv

θcos--------------=

J 2πr3eéquiv=

τXYMt

2eéquivAcavité----------------------------------= J

4eéquivAcavité2

membrure----------------------------------=

Acavité πr2= membrure 2πr=

255

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256

Ces deux cas correspondent à des charges selon l’axe lanceur z (effort normallanceur, porté par z, moment de torsion lanceur, autour de z). Pour les charges horsaxe z, il faut considérer un effort tranchant lanceur Ty, et un moment de flexionlanceur Mz.

Pour ces sollicitations, comme pour les précédentes, la présence des cadres forts(supposés indéformables) assure des conditions limites semblables à l’hypothèse deKirchoff des poutres (planéité de la section droite).

Ainsi, pour l’effort tranchant lanceur, un tube mince peut se calculer sur un quartde section droite, conduisant aux résultats classiques suivants :

Par intégration de la formule de Bredt-Leduc :

Le moment quadratique en flexion vaut :

D’où :

Par ailleurs, l’identification

donne immédiatement la valeur de la section cisaillée équivalente pour la formulede Bresse en effort tranchant :

Enfin, la flexion lanceur constitue une simple application des équations deKirchoff-Bresse, à savoir :

Φ τTYeéquiv≡

TyIéquiv-------------r2 ψeéquivcos=

Iéquiv πr3eéquiv=

ΦTyπr------ ψcos

2TyS

--------- ψcos= =

12G------- τ2 Sd

ψ 0–

π/2

∫1

2G-------

Ty2

STy

--------≡

STy

S2---=

σMZ

MZr ψsinIéquiv

-----------------------=

Ty

4

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3.4 ANALYSE IMPLICITE DE RAYLEIGH D’ÉLÉMENTS

MINCES 2D

1.1

(en effet,

1.2

On rappelle que dans le modèle de Bresse, la flèche f(X) reste très petite devant L,et sa dérivée f’ reste, indépendamment, très petite devant 1.

Seul le second terme (quadratique en δ) nous intéresse dynamiquement, lepremier étant une constante de précontrainte.

1.3 ;

En écrivant la conservation de l’énergie mécanique ou simplement en extrayantles constantes Κ et Μ du mouvement harmonique, on trouve immédiatement :

On retrouve l’expression exacte de la pulsation fondamentale de corde vibrante,obtenue par les équations explicites des poutres sans flexion (fils). Ici, la réponse estexacte parceque la déformée de Rayleigh proposée est exacte.1.4 Il vient immédiatement : ; lorsque ; lorsque ;

lorsque La corde ne peut travailler en compression.

1.5

2Ecin ρSV.2 Xd0

L

∫ ρSδ.2 sin2 πXL----

Xd0

L

∫ ρSδ.2Lπ--- sin2u ud

0

π

∫ρSL

π-----------δ.2= = = =

sin2u ud0

π

∫1 2ucos–

2------------------------ ud

0

π

∫12--- u 2usin

2--------------–

u 0=

u π– π2---= = =

ε X( ) 1 V′ X( )( )2+ 1– 1 V′ X( )( )2

2-----------------------+

1–≅ V′ X( )( )2

2----------------------- f′ X( )( )2

2--------------------δ2

= = =

2EpotNN2

ES------- Xd

0

L

∫1

ES------- F ESεXX+( )2 Xd

0

L

∫1

ES------- F ES δf′ X( )( )2

2------------------------+

2

Xd0

L

∫≅ ≅ 1ES------- F F ES δf′ X( )( )2

+( ) Xd0

L

∫= =

2EpotNF2LES--------- Fδ2 f′ X( )( )2 Xd

0

L

∫+ F2LES--------- Fπ2δ2

L2---------------+ cos2πX

L------- Xd

0

L

∫ F2LES--------- Fπ2

L2---------δ2

+= = =

2Ecin 2Ecin quadδ.

ρSL2

-----------δ.2 Kδ.2≡= = 2Epot N quadδFπ2

2L---------δ2 Mδ2

= =

ω1 corde Rayleigh sinKM----- π

L--- F

ρS------= =

ω1 corde ∞→ F ∞→ F 0→ω1 corde 0→

2Epot MzMZ

2

EI-------- Xd

0

L

∫ EIδ2 f′′ X( )( )2 Xd0

L

∫ EIδ2 π4

L4------ sin2 πX

L----

Xd0

L

∫ EIδ2π3

L3------ sin2u ud

0

π

∫= = = =

2Epot MzEIπ4

2L3------------δ2

=

257

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258

Le double de l’énergie potentielle devient :

Le double de l’énergie cinétique est inchangé :

La pulsation propre fondamentale en tenant compte de l’énergie potentielled’effort normal et de flexion vaut donc :

1.6 On retrouve naturellement la pulsation de corde lorsque EI = 0, et on constate que :

lorsque

On retrouve évidemment la charge critique de flambage d’Euler, qui apparaît biencomme la perturbation statique de bifurcation (analyse de type modal lorsque ω –> 0).

1.7 L’énergie potentielle d’effort tranchant vaut :

Or :

Ce terme peut être nécessaire notamment pour des sandwich pour lesques GSY estpetit, du fait d’un module de glissement G du nid d’abeille très faible (très inférieurà celui des peaux).

1.8 On en déduit :

2Epot N Mz quadδ+Fπ2

2L--------- EIπ4

2L3------------+

δ2 π2

2L------- F EIπ2

L2------------+

δ2= =

2Ecin quadδ.

ρSL2

-----------δ.2=

ω1 N Mz Ritz sin+πL---

F π2EI

L2------------+

ρS---------------------------≡

ω1 N Mz+ 0→ F π2EI

L2------------–→

2Epot TyTY

2

GSY----------- Xd

0

L

∫E2I2

GSY-----------δ2 f′′ X( )( )2 Xd

0

L

∫= = car TY EIV′′′–=( )

f′′′ X( ) π3

L3------ πX

L----

cos–=

2Epot Tyπ6

L6------ E2I2

GSY-----------δ2 cos2 πX

L----

Xd0

L

∫π5

L5------ E2I2

GSY-----------δ2 cos2u ud

0

π

∫π6

2----- E2I2

GSYL5------------------δ2

= = =

2Epot N Mz Ty+ quadδ+π2

2h------ F π2EI

L2------------ π4E2I2

GSYL4------------------+ +

δ2=

ω1 N Mz Ty Rayleigh sin+πL---

F π2EI

L2------------ π4E2I2

GSYL4------------------+ +

ρS----------------------------------------------------≡

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Cette pulsation s’annule pour

,

qui est la charge critique de flambage tenant compte de la flèche d’effort tranchant.

1.9 Le double de l’énergie cinétique devient : et le

double de l’énergie potentielle :

On trouve immédiatement la nouvelle pulsation propre :

Ce calcul est néanmoins assez approché. En effet, la déformée réelle aura une“cassure” en son centre, qui représente la charge ponctuelle, et qui n’est pas prise encompte (exactement comme en théorie des fils pesants, une charge concentrée rendnon-tangents des arcs de chaînettes). La solution exacte est explicite, et consisteraità donner une solution générique segment par segment.

On peut définir deux nombres adimensionnels :

qui représente l’importance de la perturbation inertielle de m par

rapport à la masse inertielle du mode représenté par la fonction de Rayleigh choisie,en termes d’énergie cinétique ;

pour la perturbation de k en termes d’énergie

potentielle.Pour que la méthode proposée soit pertinente, il faut par exemple que ces deux

nombres restent inférieurs à 0.1.1.10 En théorie, si la section droite est réeellement isotrope, les fréquences propres

du mouvement selon Z sont identiques à celles selon Y. La solution générale sera

F π2EI

L2------------ π4E2I2

GSYL4------------------+

–→ =

π2EI

L2------------– 1 1

GSY----------- π2EI

L2------------+ +

2Ecin quadδ.

ρSL2

----------- m+ δ.2=

2Epot quadδπ2

2L------- F π2EI

L2------------ π4E2I2

GSYL4------------------+ +

k+ δ2=

ω1

π2

2L------- F π2EI

L2------------ π4E2I2

GSYL4------------------+ +

k+

ρSL2

----------- m+

---------------------------------------------------------------------≡

µ mρSL

2----------------------≡

κ k

π2

2L------- F π2EI

L2------------ π4E2I2

GSYL4------------------+ +

------------------------------------------------------------=

259

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260

donc une combinaison (elliptique) de mouvements de même fréquence dans leplan YZ.

Néanmoins, si la section est très légèrement anisotrope (par exemple de par unelégère inhomogénéité du matériau, ou à cause des tolérances géométriques), ce quiest en pratique toujours le cas, alors les fréquences selon Y et Z diffèreront d’un ε, cequi induira des battements. On passera donc, avec une répétitivité de pulsation ε,d’un mouvement selon Y à un mouvement selon Z, l’énergie mécanique se transfé-rant sans cesse d’un mode à l’autre.2.1 L’énergie de déformation vaut :

NB : (répétitivité d’ordre π/4 sur φ)

2.2 Le calcul classique de Menabrea peut être résumé comme suit :

Le théorème de Menabrea s’écrit donc :

(en dérivant sous le signe , on ne développe que les termes utiles au théorème)

Il vient donc : , soit :

Ea1

2EI--------- Mz

2 Xd0

πa/2

∫EI2

------ V′′ X( )( )2 Xd0

πa/2

∫EI2

------ 4d

a2------ 2X

a----

cos 2

Xd0

πa/2

∫= = =

Ea8EId2

a4--------------- 2X

a----

cos 2

Xd0

πa/2

∫4EId2

a3--------------- cos2u ud

0

π

∫ 2πEI

a3------d2 6.3EI

a3------d2≈= = =

Ea cos2u ud

0

π

∫ 2 cos2u ud

0

π/2

∫= =

µ

f

f : Réaction du bâti µ : Moment hyperstatique

MZ ϕ( ) µ fa 1 ϕsin–( )+= E1

2EI--------- µ fa 1 ϕsin–( )+( )2a ϕd

0

π/2

∫=⇒

∂∂µ------ µ fa 1 ϕsin–( )+( )2 ϕd

0

π/2

∫ 0≡

∫

µ fa 1 ϕsin–( )+( )2 ϕd0

π/2

∫ 0≡

µϕ faϕ f ϕacos+ +[ ]ϕ 0=ϕ π/2= 0≡

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Le moment hyperstatique µ désormais explicité, on recalcule l’énergie de flexion :

Finalement :

Il reste à l’exprimer en fonction de d, par le théorème de Castigliano :

On constate qu’à flèche égale, l’énergie de déformation est 1.8 fois plus faiblequ’avec la déformée continue précédente. Cela provient du fait que l’effort estconcentré, alors que la déformée sinus tient compte de l’incompressibilité du maté-riau interne, donc d’efforts répartis.

Cela montre, comme on le verra plus loin, que le calcul de Rayleigh n’est valableque parcequ’on a initialement une idée de la déformée globale.

2.3)e=TraceE=0, et donc la loi de Hooke s’écrit :( )X,Y,Z = 2Gg( )X,Y,Z =

Or, le polymère est incompressible (νg=0.5), donc

Et par conséquent : ( )X,Y,Z =

µπ2--- fa π

2--- 1– + 0= µ fa 2

π--- 1– fa 2 π–

π------------ = =⇒

E 12EI--------- µ fa 1 ϕsin–( )+( )2a ϕd

0

π/2

∫f2a3

2EI---------- 2

π--- ϕsin– 2

ϕd0

π/2

∫= =

E f2a3

2EI---------- 4

π2-----ϕ 4

π--- ϕcos+

ϕ 0=

ϕ π/2=sin2ϕ ϕd

0

π/2

∫+

f2a3

2EI---------- 2

π--- 4

π--- π

4---+–

=

=

E π8--- 1

π---–

f2a3

EI---------- π2 8–

8π-------------- f2a3

EI----------= =

12--- f2

K----=

d ∂E f( )∂f

-------------- π2 8–4π

-------------- a3

EI------f= = f 4π

π2 8–-------------- EI

a3------d ∂E d( )

∂d---------------= =⇒

E2π

π2 8–-------------- EI

a3------d2

=12---Kd2

= E 3.4EI

a3------d2≈

Σ ε

2Ggda

-------------1 0 00 1– 00 0 0

GgEg

2 1 νg+( )-----------------------

Eg3

------= =

Σ 2Egd

3a-------------

1 0 00 1– 00 0 0

261

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262

2.4 Le matériau est sollicité en cisaillement pur, sollicitation combinant une tensionet une compression orthogonales et opposées (situées ici à ±45° de X et Y). C’estaussi la seule sollicitation qui soit à la fois en contrainte plane et en déformationplane dans le même plan (XY). Cette dernière propriété entraîne la constance del’épaisseur. Comme le volume se conserve, la surface de la maille demeure inva-riable.

La déformée elliptique avec allongements identiques en valeurs absolues est ainsijustifiée (surface conservée au second ordre près). La solution proposée est cohé-rente avec les caractéristiques mécaniques particulières du problème (y compris lalongueur développée de l’ellipse, restant quasi-constante, ce qui est cohérent avecl’armature se déformant en flexion seule).

2.5 ( )( ) =

Le champ de contraintes et de déformations étant uniforme, il suffit ensuite demultiplier par le volume du quart de maille :

2.6

On remarque que les valeurs choisies sont telles que la contribution de la garnitureà l’énergie de déformation est égale à celle de l’armature.

Le théorème de Castigliano donne alors

D’où :

2.7 L’anneau seul, dans la théorie de Bresse, donnerait, avec les valeurs proposées :

On constate donc que l’adjonction de la garniture a multiplié la rigidité par 3.7 parrapport à l’anneau seul, malgré le module extrêmement faible de la mousse.

∂Eg∂vol----------- 1

2---Trace= Σ E

Egd2

3a2-------------Trace

1 0 00 1 00 0 0

2Eg3

----------d2

a2-----=

Egπa2h

4------------

2Eg3

----------d2

a2-----

πEgh6

--------------d2= =

Eélastique 1/4 de maille Ea Eg+ 2πEIa3

-------------πEgh

6-------------+

d22π1000Eg

h4

12------

1000h3--------------------------------

πEgh6

-------------+

d2 π3---Eghd2

= = = =

f ∂E d( )∂d

--------------- 2π3

------Eghd= =

d 32πEgh-----------------f= 0.48 h

Egh----------≅

d π2 8–4π

-------------- a3

EI------f π2 8–

4π-------------- 1000h3

1000Egh4

12------

--------------------------f 3 π2 8–π

-------------- f

Egh---------- 1.8 f

Egh----------≅= = =

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Question Subsidiaire

Plaque : Aux effets de bords près, et à condition de remplacer EI par D, on peuttraiter les modes X-invariants des plaques rectangulaires par la théorie des poutres.Les questions 1 permettent ainsi de traiter ainsi un panneau sandwich rectangulairepar exemple. Toutefois, on ne trouvera par ce biais que des modes de ce type, àl’exclusion de tout mode de cloquage ou gauchissement.

Coque Cylindrique Longue : Les modes de respirationasymétrique de cylindre, z-invariants, sont représentablespar les raisonnements présentés pour l’armature des ques-tions 2 (poutre) aux effets de bord près selon z. La répétiti-vité des lobes par secteurs et le fait qu’on ne considère queles déplacement radiaux permet de traiter le problème pardéveloppement, comme cela a été proposé dans les ques-tions 2.

La fonction d’interpolation sinus proposée est meilleureen dynamique (pour des efforts répartis) qu’en statique (efforts concentrés), et estdonc utilisable pour ce type de modes, dont le fondamental est figuré ci-dessus.L’étude en prétension du problème 1 peut ainsi se généraliser au cas du cylindrepressurisé.

263

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264

3.5 MODES DYNAMIQUES DE GAUCHISSEMENT D’UNE PLAQUE LIBRE

1.1 L’équation générale en flexion non-amortie dans un repère Galiléen est :

D (∆∆W(X;Y;t)) + ρh W–(X,Y;t) = 0

avec W(X,Y;t) : flèche selon Z ;

1.2 La déformée statique la plus simple est le gauchissement élémentaire :

Cette surface hyperbolique suit également la fonction d’interpolation de gauchis-sement pour les éléments finis quadrangulaires en flexion. Elle induit, par la théoriede Navier-Reissner des plaques, le visseur de flexion-torsion suivant :

; ;

1.3 On calcule d’abord l’énergie cinétique rendue quadratique en δ , en suppposantque la déformée est homothétique à la forme précédente, par la formule :

Par identification, on trouve la masse modale m relative au paramètre δ. (m n’est

pas la masse modale effective, qui nécessiterait de normer le mode) :

On calcule ensuite l’énergie potentielle élastique rendue quadratique par rapport àδ (même paramètre, mais non-dérivé), à partir des éléments du visseur transversestatique ; l’énergie de déformation par unité de surface est en effet :

avec

Cette expression se simplifie ici notablement :

D Eh3

12 1 ν2–( )

--------------------------=

W X;Y( ) δa2---b

2---

------XY δ

c2-----XY= =

UXY D 1 ν–( ) δ

c2-----= MXX MYY 0= = QXZ QYZ 0= =

.

2Ecin δ.( ) W.( )2

md∫plaque[ ]∫

XY

c2---------δ

. 2

ρhdX Yd∫c;– +c[ ]∫

ρhc2

9------------ δ.( )

2= = =

2Ecin δ.( ) µ δ.( )2

≡ µ⇒ ρhc2

9------------=

dEplaque transvdSmoyenne

---------------------------------- 12EI--------- MXX MYY–( )2 2 1 ν+( ) MXXMYY UXY

2+( )+[ ] 6

5--- 1 ν+( )

Eh----------------- QXZ

2 QYZ2

+( )+=

I h3

12------≡

dEpotdS

-------------- 12 1 ν+( )

Eh3-----------------------UXY

2=

6

Gh3----------UXY

2=

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3.5 • Modes Dynamiques de Gauchissement d’une Plaque Libre

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UXY étant uniforme, on trouve immédiatement :

La rigidité modale k relative au paramètre δ est donc :

On trouve immédiatement la pulsation propre du mode fondamental considéré :

Soit : ou

2.1 L’équation différentielle dynamique des poutres en torsion : θX– – ctorsion

2

θX’’ = 0

s’explicite ici avec ,

(profilé mince ouvert) et (moment

d’inertie d’une unité de longueur de poutre)

Et donc :

soit finalement : ρ b2 θX– – 4 G h2 θX’’ = 0

ou : ρ b2 (1+ν) θX.. – 2 E h2 θX’’ = 0

2.2 Les conditions limites en X=0 et X=a se réduisent à : MX(0;t) = MX(a;t)???0,

soit, d’après la formule de Bresse en torsion :

2.3 En explicitant la forme proposée pour θX, les conditions limites précédentess’écrivent, t (et pour w 0 ):

Epot SdEpot

dS-------------- 4c212 1 ν+( )

Eh3-----------------------E2h6 1 ν–( )2

144 1 ν2–( )

2--------------------------------δ2

c4-----4c2 Eh3

3c2 1 ν+( )--------------------------δ2

= = =

2Epot δ( ) κδ2≡ κ Eh3

3c2 1 ν+( )--------------------------=⇒

ω0κµ---=

ω02 3Eh2

ρc4 1 ν+( )--------------------------= ω0

h

c2----- 3E

ρ 1 ν+( )---------------------=

ctorsion2 GJ

j------- G E

2 1 ν+( )--------------------=

=

J bh3

3---------≅ j

munitaireb2

12---------------------------≅ ρbhb2

12---------------- ρb3h

12------------= =

ctorsion 2hb--- G

ρ----≡

θ′X 0;t( ) 0≡

θ′X a;t( ) 0≡

∀ ≠

Am ωt ϕm–( )sin Ad ωt ϕd–( )sin– 0≡

Am ωt ωactorsion------------------ ϕm––

sin Ad ωt ωactorsion------------------ ϕd+ +

sin– 0≡

265

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266

En dehors de la solution triviale statique non-contrainte (Am = Ad ≡ 0), lapremière équation admet la solution :

En reportant ces valeurs dans la seconde équation, on trouve immédiatement lesystème d’ondes stationnaires de pulsation :

2.4 En posant la séparation de variables : qX = f(X)g(t)

l’équation dynamique donne : = constante négative

Dont la solution générale est de la forme :

;

En explicitant la première condition limite, on trouve immédiatement :

et donc la seconde s’écrit : f′(a) ≡ 0 soit :

On retrouve naturellement les mêmes pulsations propres que par la méthodeondulatoire.

ϕm ϕd–= ϕ≡

Am Ad= A≡

ωt ωactorsion------------------ ϕm–– ωt ωa

ctorsion------------------ ϕd 2kπ+ + +≡ ω⇒

ctorsiona

------------------2kπ= k Z∈( )

ctorsion2 f′′

f----- g..

g----- ω2

–= =

f X( ) α ωXctorsion------------------cos β ωX

ctorsion------------------sin+= g t( ) A ωtcos B ωtsin+=

f′ 0( ) 0≡ β 0=⇒

ωactorsion------------------sin 0≡ ωa

ctorsion------------------ 2kπ≡⇒

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3.6 TRONÇON COURANT DE FUSELAGE BILOBÉ

1 Les pavillons étant minces, la rigidité de membrane est très grande devant celle deflexion ; la pressurisation générera essentiellement une variation de courbure despavillons. Le plancher, quant à lui n’est soumis à aucune flexion de pressurisation(car la pression est identique sur ses deux faces) ; en revanche, par son propre effetde membrane, il bloque la flèche transverse des pavillons. On peut donc le repré-senter, dans le plan de la section fuselage, par une plaque indéformable (delongueur 2b constante).

NB : S’il s’allonge selon l’axe longitudinal fuselage, ce sera selon une déformationdu même ordre de grandeur que celle des pavillons selon le même axe.

2 Selon les conventions habituelles des coques cylindriques, si on note Y l’axe localtangent au méridien courant, et X l’axe tangent au parallèle, les flux sous pressu-risation interne δp sont simplement les flux de pressurisation dans une membranecylindrique :

3 L’équilibre de la jonction de la plan de coupe s’écrit : .

Ainsi, selon les hypothèses proposées :

4 Selon les hypothèses proposées : ;

.

5 On considère que la présence des cadres est équivalente à l’hypothèse de Kirchoffdes poutres dans chaque section de fuselage, qui se comporte donc comme une

Z

Y

XNXXpav. aδρ=

NYYpav.aδρ

2---------=

NXXplancher– 2NXXpavillon βsin+ 0=

NXXplancher

NXXpavillon

NXXpavillon

NXXplancher 2aδρ βsin=

NYYplancher 0≅

βsin 12---= NXXpav. NXXplancher aδρ= =⇒

NYYpav.aδρ

2---------=

267

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268

poutre en flexion autour d’un axe horizontal. Les cadres rigidifient d’ailleurs lessections droites, et renforcent l’hypothèse de Kirchoff.Le moment de flexion peut provenir de la portance verticale appliqué par la

voilure, ou de la charge vertical introduite par le train d’atterrissage à l’impactinitial.

Le flux engendré est évidemment NYY, selon la loi des poutres en flexion (Y étantla cote du point courant dans la section droite).

Calculons la contribution d’un pavillon aumoment quadratique Iz :

Or

En conséquence, comme la contribution propre du plancher (situé dans le plan dela symétrie verticale) au moment quadratique global fuselage est négligeable, ontrouve :

Le flux induit dans chaque pavillon vaut donc :

Comme , on trouve finalement :

σYYMYY

IZ-------------– +

MfYIZ

-----------= =

Izpav. y2 Sd∫pav.∫ a

2--- θasin+ 2

ah θdπ– /6

+7π/6

∫= =

a3h 14--- θsin sin2θ+ + 2

θdπ– /6

+7π/6

∫=

a/2

sin2θ θd∫1 2θcos–

2------------------------ θd∫

12--- θ 2sin θ

2--------------–= =

Izpav.a3h4

-------- 3θ 4 θcos– 2sin θ–[ ] π– /6+7π/6

=⇒ a3h4

-------- 4π 4 3–( )=

IZ 2Izpav.≅ 2 π 3+( )a3h= 9.75a3h≅

NYYflexion σYYhMfy

2 π 3+( )a3------------------------------ 0.103≅

Mfy

a3----------= =

y a2--- θasin+=

NYYflexionMf 1 2 θsin+( )

4 π 3+( )a2------------------------------------ 0.0513 1 2 θsin+( )≅

Mf

a2-------=

Z

Y

X

z

x

y

Axes globaux poutre(fuselage)

Axes locaux coque(pavillon)

y

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6 L’effort tranchant Tf induit dans le pavillon un flux de cisaillement donné par laformule de Bredt-Leduc des sections minces :

Le moment statique Az(D ) peut se calculer sur une demi-section par symétriedroite/gauche, en exploitant de plus la symétrie haut/bas :

Le flux de cisaillement induit par l’effort tranchant Tf est donc :

7 De par la symétrie de la section droite, en première approche, le moment detorsion fuselage n’induit pas de flux de cisaillement dans le plancher.

Dans les pavillons, qui constituent une section droitefermée simple, la torsion induit le flux de cisaillementuniforme :

où A est l’aire de la cavité délimitée par le caisson encisaillement.

L’aire de la cavité se calcule géométriquement : A/2est la somme de l’aire du secteur et du triangle, soit :

TXYtranchantTfIZ-----A2 D( )–=

H

AZ D( ) 2 γ Sdγ H–=

γ y=

∫ 2 γ Sdγ y=

γ +H=

∫–= =

2 a2--- ζasin+ ah ζd

ζ 0=

ζ +π/2=

∫–=

a2h ζ 2 ζcos–[ ]θπ/2

– a2h 2 θcos π2--- θ– +

–= =

TXYtranchant

a2h 2 θcos π2--- θ– +

2 π 3+( )a3h-------------------------------------------------------Tf

2 θcos π2--- θ– +

2 π 3+( )---------------------------------------

Tfa----- 0.103 2 θcos π

2--- θ– +

Tf

a-----≅= =

TXYtorsionMt2A-------=

A2--- 2

3---πa2 a2

4-----+=

TXYtorsion3

8π 3+---------------- Mt

a2------ 0.107

Mt

a2------≅=

A

TXYtorsion

/6

269

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270

8 Dans la peau des pavillons, les flux résultant est obtenu en additionnant les flux dechaque sollicitation, dans le domaine linéaire :

Les flux principaux (NA;NB) de membrane sont donnés par les deux équations :

soit :

La coque est alors justifiée en contrainte ; pour les contraintes de traction :– si elle est constituée d’un matériau ductile - par exemple un métal en limite

de plastification - on compare la contrainte équivalente de von Misès à lacontrainte de limite élastique en traction :

– si elle est constituée d’un matériau fragile - par exemple un matériauendommagé ou en fatigue - on compare la plus grande contrainte principaleà la contrainte de limite élastique en traction :

Dans le cas d’un composite en tolérance au dommage, on comparera plutôt laplus grande déformation principale à la déformation admissible, ce qui donne uncritère homologue à travers la loi de Hooke orthotrope.

Pour les contraintes statiques de compression, comme il s’agit d’éléments mincesraidis - mailles entre cadres et lisses - on utilise les formules de stabilité en flambagelocal (cloquage en compression et en cisaillement), en faisant l’hypothèse conserva-tive des plaques (la coque est supposée plane selon une maille, qui doit donc êtrerelativement petite par rapport au périmètre du fuselage) appuyées sur les bords.

NXXpavillon aδρ≅

NYYpavillon 0.5aδρ 0.0513 1 2 θsin+( )Mf

a2-------+≅

TXYpavillon 0.103 2 θcos π2--- θ– +

Tf

a----- 0.107

Mt

a2------+≅

NA NB+ NXXpavillon NYYpavillon+=

NA NB–( )2 NXXpavillon NYYpavillon–( )2 4TXYpavillon+=

NA NB+ 1.5aδρ 0.0513 1 2 θsin+( )Mf

a2-------+≅

NA NB–( )2 0.5aδρ 0.0513– 1 2 θsin+( )Mf

a2-------

2

0.410 2 θcos π2--- θ– +

Tf

a----- 0.427

Mt

a2------+ +=

σéquiv Misès σA2 σB

2 σAσB–+ σlim élastique matériau≤=

σéquiv fragile max 0;σA σB;( ) σlim élastique matériau≤=

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9 Pour les premiers modes dynamiques, on peut proposer la méthode de RayleighW(θ;t)=Af(θ)g(t) sur un premier mode symétrique (membrane) et un secondmode de flexion asymétrique). Si les cadres sont très rigides, le mode symétriquepeut être fondamental. Si on a au contraire une peau très mince et donc très soupleen flexion, le mode fondamental est le mode asymétrique.

En accord avec cette méthode, il faut dans les deux cas exprimer l’énergie ciné-

tique sous forme quadratique par rapport à et l’énergie poten-

tielle sous forme quadratique par rapport à .

On considère une tranche unitaire de structure (aux effets de bord près) en rempla-çant, dans les équations des poutres : ES par Eh et EI par D. De même, les forceslinéiques sont remplacées par les efforts surfaciques.

L’énergie cinétique résulte de l’intégrale

Quant à l’énergie potentielle, on considère l’énergie en effort normal pour lemode symétrique (membrane) et en flexion pour le mode asymétrique (hors-membrane sur coque mince).

La structure étant linéaire conservative, on aura et (valeurpositive).

L’hypothèse proposée du plancher inertiel suppose qu’on considère en réalité :

– pour le mode symétrique, un mode doublement symétrique en se sens quele second pavillon (qui admet évidement la même pulsation propre) sedéplace symétriquement, induisant un plan de symétrie horizontal ;

Mode symétrique Mode asymétrique

f θ( ) 34--- θ π

6---+

sin= f θ( ) 32--- θ π

6---+

sin=

A. 2Ecin µA.2=( )

A 2Epot χA2=( )

2Ecin ρh W.2a θdθ π/6–=

θ +7π/6–=

∫ aρh f2 θdθ π/6–=

θ +7π/6–=

∫

A2=≈

g t( ) ωt( )cos≡ ω2 χµ---≡

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– pour le mode antisymétrique un mode doublement asymétrique (antisymé-trique), le pavillon homologue se déplaçant en opposition de phase, mainte-nant à nouveau le plancher immobile.

On peut aussi supposer que des masses importantes sont attachées au plancher(charge utile et caisson voilure), ainsi que des inerties en rotation (voilure), rendantpertinentes les deux déformées modales ci-dessus.

10 On rappelle que la pulsation fondamentale d’un poutre appuyée à ses deux extré-mités travaillant en flexion et soumise à une prétension F de traction admetcomme pulsation propre fondamentale :

Pour exprimer la pulsation fondamentale de la tranche de plancher (mode supposéindépendant de x, abscisse longitudinale au fuselage) il suffit donc d’identifiercomme prétension le flux NXX induit par la pressurisation dans le plancher

, d’identifier L à 2b et naturellement EI à Dp et ρS à ρhp (par

unité de largeur selon x) soit :

11 Le plancher n’est soumis à aucune déformation thermique propre, et est desurcroît très rigide en membrane (par rapport à la rigidité de flexion despavillons).

Considérons à présent un pavillon ; on peut le représenter par un anneau (arc depoutre en effort normal et flexion, dans lequel on néglige la flèche d’effort normalpar rapport à celle de flexion) qui subit une élévation uniforme de température δT.En l’absence du plancher, elle entraînerait une similitude géométrique de ratio(1+δT) si l’anneau était libre. Ceci se traduirait, pour un δT>0, par un élargissementde l’ouverture de 2αbδT (la largeur du plancher étant 2b).

ω1 N Mz appuyé+πL---

F π2EI

L2------------+

ρS---------------------------=

NXXplancher aδρ=

ω1 plancherπ

2b------

aδρπ2Dp

4b2-------------+

ρhp----------------------------------- π

3a----------

aδρ4π2Dp

3a2----------------+

ρhp--------------------------------------= =

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En l’absence de fixation avec le plancher, la tempéra-ture δT entraînerait une similitude géométrique de ratio(1+δT) si l’anneau était libre.

Ceci se traduirait, pour un δT>0, par un élargissementde l’ouverture de 2αbδT (la largeur du plancher étant 2b).

Sur le schéma ci-contre, on a supposé que δT >0

Le plancher bloque la translation horizontale, selon leproblème équivalent poutre/barre (pavillon/plancher)cicontre, représentant une tranche unitaire de fuselage.

Dans le domaine linéaire, le flux NXXplancherT induitdans le plancher par le chargement thermique est doncégal à l’effort N qu’il faudrait appliquer à l’arc représen-tant le fuselage pour générer un raccourcissement 2αbβT,ce qui ramène à un calcul d’anneau.

Le moment de flexion MXXpavT induit dans le pavillonse calcule par simple coupure en aval, l’anneau étantorienté selon les θ croissants :

Cette dernière expression est utile si on souhaite expliciter le calcul de la rigiditéde l’anneau ouvert; la flèche dans l’anneau peut se calculer par le théorème de Casti-gliano, à partir de l’énergie élastique de flexion

.

On en extrait la rigidité équivalente par unité de largeur.

Dès lors, la mise en parallèle des deux structures se calcule comme 2 barres enparallèle, et donne immédiatement :

MXXpavT NXXpIT θ π6---+

sin–

– NXXpIT6θ π+

6---------------- sin= =

Epav1

2EI--------- MZ

2 a θdπ/6–

7π/6

∫a

2D------- MXXpavT

2 θdπ/6–

7π/6

∫= =

kpav

UB UA–( )pavNXXpavT

kpav-----------------------– α2bδT– 0=

UB UA–( )plancherNXXplancherT

kplancher----------------------------------– 0=

2b

2b(1+ T)

N N

N

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avec :

On obtient alors le résultat classique relatif à l’assemblage de deux barres :

12 C’est l’hypothèse de linéarité qui autorise la décomposition des chargements enchargements indépendants. Elle suppose bien évidemment de rester dans ledomaine linéaire du matériau (donc généralement en petites déformations) maisaussi dans le domaine de linéarité géométrique (donc en petits déplacements).

En ce qui concerne le flambage, la charge de bifurcation, qui est précisémentencore dans le domaine linéaire, peut être calculée selon cette approche (puisqu’onest encore dans le mode de travail linéaire de la structure). Toutefois, pour utiliser lesabaques ou tableaux numérique relatifs aux flambages locaux - cloquage encompression ou flambage en cisaillement d’un panneau raidi - on pourra en pratiqueconsidérer séparément la charge dominante en compression par maille, et la chargedominante en cisaillement.

UB UA–( )pav UB UA–( )plancher= fixations aux extrémités( )

NXXpavT NXXplancherT+ 0= équilibre des noeuds( )

NXXplancherTkplancherkpav

kplancher kpav+---------------------------------------α2bδT=

NXXpavT NXXplancherT–=

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4.1 • Performances Comparées d’un Lanceur Aéroporté

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4.1 PERFORMANCES COMPARÉES D’UN LANCEUR

AÉROPORTÉ

1 Calcul de la vitesse à l’injection (vitesse orbitale) :

avec : r = a = RTerre + h = 6778 km ⇒ Vinj ≅ 7.669 km/s

La vitesse angulaire de la Terre vaut : ωTerre = ≅ 7.292 10–5 rd/s

La vitesse d’entraînement d’un point de l’équateur est donc : VE = ωTerreRTerre ≅0.465 km/sMission AE : Le gain est égal à la vitesse équatoriale à laquelle on ajoute lavitesse de l’avion porteur (puisqu’on va s’arranger pour tirer cap plein Est), etdonc :

∆VMission AE ≅ 7.669 + 1.4 – (0.465 + 0.28) ≅ 8.324 km/s

Mission AP : on ne bénéficie plus de la vitesse d’entraînement terrestre àl’Équateur :

∆VMission AP ≅ 7.669 + 1.4 – (0.28) ≅ 8.789 km/s

Mission SE : les pertes sont maintenant égales à celles prises en compte depuis lesol, et on ne bénéficie plus de la vitesse d’entraînement de l’avion :

∆VMission SE ≅ 7.669 + 1.95 – (0.465) ≅ 9.154 km/s

Mission SP : on ne bénéficie plus d’aucun gain d’entraînement :∆VMission SP ≅ 7.669 + 1.95 ≅ 9.619 km/s

2 En configuration monoétage, le ∆V fourni par la fusée vaut

Vej ln avec Vej ≅ 4.3 km/s ; le tableau suivant résume les masses (en tonnes)

et ∆V propulsifs (en km/s) fournis par la fusée monoétage :

3 En configuration biétage, le ∆V fourni par la fusée est la somme

Vej1 ln + Vej2 ln avec Vej2 ≅ 3.2 km/s et Vej2 ≅ 4.3 km/s.

MU = 0,6 MU = 0,7 MU = 0,8 MU = 0,9

M0 11,4 11,5 11,6 11,7

M1 1,4 1,5 1,6 1,7

∆V fourni 9,018 8,759 8,518 8,295

Vorb2

2----------- µ

r---– µ

2a------+ 0≡

2π86164---------------

M0M1--------

M0M1-------- M2

M3--------

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Le tableau ci-dessous résume les masses (en tonnes) et ∆V propulsifs (en km/s)fournis par la fusée biétage :

4 On peut donc dresser le tableau récapitulatif suivant :

En identifiant les besoins de chaque mission, et en faisant des interpolationslinéaires, on trouve donc :

5 On constate donc un gain significatif en configuration aéroportée. Il atteint 170 kgen masse utile, pour la mission en orbite équatoriale, contre seulement 91 kg pourla mission en obite polaire.Le lanceur lui-même est également plus simple (monoétage) en configurationaéroportée, mais le portage et le largage de l’avion consituent des opérations pluscomplexes qu’un tir du sol.

MU = 0,55 MU = 0,65 MU = 0,75

M0 11,35 11,45 11,55

M1 5,35 5,45 5,55

M2 4,87 4,97 5,07

M3 0,87 0,97 1,07

∆V1er étage 2,407 2,376 2,345

∆V2è étage 7,406 7,026 6,689

∆V fourni 9,813 9,401 9,035

Lanceur Mission Masse Utile

Monoétage Aéroporté Orbite Équatoriale (AE) 0.887 t

Monoétage Aéroporté Orbite Polaire (AP) 0,688 t

Biétage Sol Orbite Équatoriale (SE) 0,717 t

Biétage Sol Orbite Polaire (SP) 0,597 t

∆V Mission Fusée (requis, km/s)

Aéroporté Mission AE 8.324

Mission AP 8.789

Tir Sol Mission SE 9.154

Mission SP 9.619

∆V Fusée (fourni, km/s)

Monoétage MU=0.6 t 9.018

MU=0.7 t 8.759

MU=0.8 t 8.518

MU=0.9 t 8.295

Biétage MU=0.55 t 9.813

MU=0.65 t 9.401

MU=0.75 t 9.035

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4.2 • Performance de Lanceur à Transfert de Propergol

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4.2 PERFORMANCE DE LANCEUR À TRANSFERT

DE PROPERGOL

1 avec : r = a = RTerre + h = 7178 km ⇒ Vinj ≡ Vorb ≅ 7.452 km/s

2 ∆VA = VéjA ln ≡ 2.5 km/s, avec VéjA ≡ 3.6 km/s ⇒ ≅ 2.003

Comme M0 ≡ 100 t, M1 ≅ 49.94 t

3 La masse de propergol consommé pendant la phase A vaut : MergolA ≡ M0 – M1 ≅50.06 t

On en déduit la masse du réservoir du 1er étage : MrésA ≡ 0.06 × MergolA ≅ 3.004 t

Par ailleurs, la masse moteur du 1er étage vaut : MmoteurA ≡ 0.04 × M1 ≅ 4 t

La masse morte totale (masse à vide) du 1er étage vaut donc : MmorteA ≅ 7.004 t

4) Le 2nd étage est allumé juste après largage de la masse morte du 1er :

M2 ≡ M1 – MmorteA ≅ 42.93 t

Le ∆V qui reste à générer en phase B vaut : ∆VB ≡ ∆Vmission – ∆VA ≅ 7.452 km/s

Or : ∆VB = VéjBln , avec VéjB ≡ 4.5 km/s ⇒ ≅ 5.238 ⇒ M3 ≅ 8.196 t

5 MergolB ≡ M2 – M3 ≅ 34.74 t

MrèsB ≡ 0.06 × MergolB ≅ 2.084 t ; MmoteurB ≡ 0.04 × M2 ≅ 1.717 t ; MmorteB ≅3.801 t

6 La performance massique du lanceur en architecture série est donc :

Minj-série ≡ M3 – MmorteB ≅ 4.394 t

7 On a toujours M0 ≡ 100 t et ∆VA ≡ 2.5 km/s ; ainsi, M1 est inchangée (M1 ≅49.94 t).

8 La masse de propergol de la phase A est également inchangée (MergolA ≅ 50.06 t),et la masse du réservoir latéral est donc identique à celle du réservoir du premierétage de la configuration série : MrésA ≅ 3.004 t.

Dans la configuration à réservoir latéral, entre la fin de la phase A et le début de laphase B, on ne largue plus que le réservoir (le moteur, unique, continuant à fonc-tionner).Ainsi M2 devient : M2 ≡ M1 – MrésA ≅ 46.93 t

Vorb2

2----------- µ

r---– µ

2a------+ 0≡

∆Vmission Vinj ϖ+ 9.952 km/s=≡

M0M1-------- M0

M1--------

M2M3-------- M2

M3--------

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278

Le ∆VB restant est inchangé (∆VB ≅ 7.452 km/s), ainsi que la vitesse d’éjection(VéjB ≡ 4.5 km/s).

Le rapport de masse, inchangé donne M3 ≅ 8.959 t.

9 Cette masse totale mise en orbite est légèrement supérieure à celle que l’on trouveen configuration série, mais elle inclut cette fois ci un réservoir un peu plus lourdet surtout une propulsion qui fonctionne depuis le décollage, donc dimensionnéesur la masse totale du lanceur :

MrésB ≡ 0.06 × 37.97 ≅ 2.278 t ; MmoteurB ≡ 0.04 × M1 ≅ 4 t ⇒ MmorteB ≅ 6.278 t

La performance massique du lanceur en architecture à réservoir latéral est donc :

Minj-latéral ≅ 8.959 – 6.278 ≅ 2.681 t

10La performance massique du lanceur à réservoir latéral est près de 40 % inférieureà celle du lanceur série. Cependant, la performance massique ne représentequ’une partie de la performance opérationnelle. En effet, il faudrait intégrer lecoût de réalisation et de mise en œuvre, qui est très nettement inférieur pour lelanceur à réservoir latéral. Une seule baie motrice est nécessaire, et aucuneséquence d’allumage en vol n’est requise (ce qui est également gage de fiabilité).Le seul élément largué est un simple réservoir (comme dans la Navette...) et il estcertain que l’idée de Tsiolkowski est intéressante dans le cas des lanceurs semi-récupérables par exemple.

M2M3-------- 5.238≅

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4.3 • Faisabilité d’un Lanceur Hybride Monoétage

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4.3 FAISABILITÉ D’UN LANCEUR HYBRIDE MONOÉTAGE

1 avec : r = a = 6.678 E + 0.6 m ⇒ Vorb ≡ Vinj ≅ 7726 m/s

2 = gmoyenh ⇒ Vg ≅ 2324 m/s. La valeur totale proposée (2550 m/s) est ainsi à

peine supérieure aux pertes par gravité seule. Les autres pertes (aérodynamique,pilotage) sont donc faibles : le lanceur est optimisé et sur une trajectoire tendue.On peut également supposer que ce petit lanceur est largué d’un porteur en alti-tude ; cela permet d’économiser 5% des pertes par gravité et une partie non-négli-geable des pertes aérodynamiques, et donne de surcroît 200 m/s d’impulsioncinétique.

3 ∆Vmission ≡ Vinj + ∆Vpertes – ∆Vgain. L’orbite étant polaire (i=0), le gain dû à lavitesse du site de lancement est nul, et donc : ∆Vmission = 7726 + 2550 = 10276 m/s

4 Fsol = Fvide – AsortiePatm = 80000 N ; ⇒

= ⇒ lspsol = 336 s

5 L’Isp moyenne est donc : lspmoyenne = = 378 s

6 avec g0 ≅ 9.80665 m/s2 ⇒ ≅ 16.

7 Un rapport de masse de 16 est à la limite des possibilités actuelles (structures etsystèmes), mais peut être envisagée avec la nouvelles génération de composites.Cela implique une masse utile très faible, néanmoins compatible avec les nano-technologies. Ceci est d’ailleurs cohérent avec un concept de petit lanceur (pous-sée de quelques tonnes).

8 Le concept hybride autorise des Isp nettement supérieures à celles des propergolssolides, et même très proches du couple cryogénique, avec une technologie relati-vement simple. Il cumule donc certains des avantages des deux types de propul-sion, mais aussi certaines contraintes (turbopompes et/ou réservoirs pressurisés).L’expérience opérationnelle est encore courte, mais c’est une architecturepossible pour des lanceurs légers.

Vorb2

2----------- µ

r---– µ

2a------+ 0≡

Vg2

2-------

Fvide qVej vide qg0lspvide= =

Fsol qVej sol qg0lspsol= =

lspsollspvide-----------------

FsolFvide------------

420 336+2

------------------------

g0lspmoyenneM0M1--------

ln ∆Vmission≡M0M1--------

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4.4 ARCHITECTURE D’UN NANO-LANCEUR AÉROPORTÉ

1 Orbite typique à défilement, de type polaire (inclinaison voisine de 90°, d’oùaucun gain de vitesse équatoriale). Utilisation d’un avion, d’où minimisation despertes atmosphériques initiales, mais tout de même significatives à cause de l’alti-tude de l’orbite (pertes par gravité).1er étage à poudre homogène et en atmosphère, 2ème et 3ème étages à poudreavec additifs métalliques et hors atmosphère.

2 µ = 398603 km3s–2, RT = 6378 km, 2a = 14356 km, rinj = 7178 km ; Vinj =7.452 km/s = 7452 m/sVmission lanceur = Vinj + pertes – Vavion = 9372 m/s

3 Phase 1 (Isp = 220 s) : Décollage : m0 = 500 kg ; Fin comb 1 : m1 = 220 kg ;∆V1 = 1771 m/s

Phase 2 (Isp = 300 s) : m2 = 150 kg ; Fin comb 2 : m3 = 60 kg ; ∆V2 = 2696 m/s

Au total, les étages 1 et 2 créent 1771 + 2696 = 4467 m/sRestent donc à générer par la 3ème phase : ∆V2 = 9372 – 4467 = 4905 m/sCette phase 3 (Isp = 300 s) débute avec m4 = 50 kg.

Compte tenu de l’Isp, la masse finale vaut m5 = 9.44 kg

Compte tenu de la technologie, la structure séche (avec tuyère) sera de l’ordre de5 kg, ce qui laisse environ 4kg pour la masse utile avec sa protection thermique.

4 4 kg représentent une masse appréciable pour un nanosatellite, même en incluantla protection thermique.

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4.5 • Architecture de Lanceur Rallumable en Configuration Interplanétaire

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4.5 ARCHITECTURE DE LANCEUR RALLUMABLE

EN CONFIGURATION INTERPLANÉTAIRE

1 avec : r = 6380 + 400 km = 6.78 106 m ⇒ Vévas =

= 10849 m/s

2 ωT = = 7.29 10-5 rd/s ⇒ VKourou = ωT RT cos λKourou = 463 m/s

Projection sur le plan orbital : ∆VKourou efficace = ∆VKourou cos (23.5° – 5.3°) =440 m/s. L’inclinaison de 23.5° est celle du plan de l’Ecliptique (plan desplanètes) par rapport au plan équatorial.

3 ∆Vmission = Vinj + ∆Vpertes – ∆VKourou efficace avec Vinj = Vévas + 500 m/s

∆Vmission = 10849 + 500 + 1950 – 440 = 12859 m/s

4 Μfin phase 1 = Μdébut phase 1 – 2 × 250 t – 30 t = 750 – 530 = 220 t

D’après la formule de Tsiolkowski, le ∆V propulsif généré par cette phase vaut :

∆V1 = g0lsp ln = 3247 m/s avec g0 = 9.80665 m/s2

Il reste donc à générer, par la seconde phase : ∆V2 = 12859–3247 = 9612 m/s

5 Mdébut phase2 = Mfin phase1 – 2 × 30 t = 220 – 60 = 160 t

On a donc : g0lsp2 ln = ∆V2

soit :

La consommation de propergol pendant cette phase est donc :

Mergol 2 = Minit 2 – Mfin 2 = 142752 kg

6 La quantité totale de propergol cryotechnique, qui constitue donc la capacitéd’emport de l’EPC, s’obtient en additionnant la consommation des deux phases,soit :

Mpropergol EPC = Mergol cryo 1 + Mergol 2 = 30000 + 142752 = 172752 kg

Vorb2

2----------- µ

r---– µ

2a------+ 0≡ a ∞→

2µr

------

2π86164---------------

Minit 1Mfin 1---------------

Minit 2Mfin 2---------------

Mfin 2 Minit 2∆V2

g0lsp2----------------–

exp 160000 96129.80665 440×----------------------------------–

exp= =

17248 kg=

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282

La masse morte de l’EPC est donc : Mmorte EPC = 0.07Mpropergol EPC =12093 kg

7 Il reste donc pour la masse utile injectée en trajectoire interplanétaire :

Mu = 17248 – 12093 = 5155 kg

On sonstate donc que ce lanceur de 750t injecte 5t vers Mars.Cela pourrait paraître peu, mais c’est en réalité remarquablement performant En effet :

- 5t permettent d’embarquer un étage porteur d’une sonde conséquente, ou mêmed’un véhicule miniarurisé avec capacité de retour vers la Terre ;

- En renonçant à l’étage supérieur, on diminue les coûts et les risques, car il fautobserver (et c’est tout à fait exceptionnel) que le même Vulcain II fonctionnedepuis le sol jusqu’à l’injection en trajectoire finale (avec éventuellement un réal-lumage).Pour information, avec une vitesse d’injection égale à Vévasion + 1500 m/s(trajectoire tendue), on trouve une masse utile de 1280 kg.

8 Pour les étages inférieurs : à court terme, le propulseur unique à poudre et l’étagecryotechnique basse pression ; à moyen terme, la propulsion aérobie par supersta-toréacteur et le décollage horizontal avec surfaces portantes. Pour les étagessupérieurs : à court terme, l’étage cryo basse pression (avec éventuellement turbo-pompes électriques) et la propulsion électrique plasmique ; à moyen terme, lenucléothermique de seconde génération LH2/LO2 (NERVAII), et la propulsion àhydrogène par chauffage direct.

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4.6 • Dimensionnement du Composite Supérieur pour Mission Planétaire

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4.6 DIMENSIONNEMENT DU COMPOSITE SUPÉRIEUR

POUR MISSION PLANÉTAIRE

1.1 2a = 170 + 2*6378 + 350000 km ; rinj = rpérigée = 6378 + 170 km ; Vinj = 10934 m/s

1.2 ∆Vmission équiv Tsiolkowski = Vinj + pertes – gain équatorial = 12944 m/s

2.1 ∆Vfourni par lanceur de base équiv Tsiolkowski = ∆VA + ∆VB soit :

∆Vfourni par lanceur de base = 9.80665 =

9671 m/s2.2 ∆Vmission C = 12944 – 9671 = 3273 m/s

2.3 3273 = 9.80665*320*ln

On en déduit MergolC = 13600 kg, d’où Mu = 21000 – 1.12*13600 = 5768 kg

264.8ln 714500225460------------------ 431ln 158660

32700------------------ +

2100021000 MergolC–-----------------------------------------

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4.7 COMPARAISON D’ARCHITECTURES

DE NANOLANCEURS

Les architectures envisagées peuvent être schématisées comme suit :

1.1 ∆Vmission = Vorbitale + pertes – Véquatoriale

ωT = 2π/(23h56’ exprimé en secondes) = 2π/86160 = 7.29 10–5 rd/s ⇒Véquatoriale = RTωT = 465 m/s

D’où : ∆Vmission = 8985 m/s

1.2 Il est toujours possible de procéder au lancement sur l’Équateur, car une micro-fusée ne nécessite qu’une installation sommaire, donc transportable. Parailleurs, les accélérations sont en général assez fortes, ce qui a tendance à mini-miser les pertes par rapport à un gros lanceur plus “confortable”. Mais l’incon-fort est ici supportable pour une petite charge utile.

2.1 Au décollage, la masse vaut : m0 = 17+1+7+0.4+0.1+mu = 25.5+mu

Fin de combustion 1er étage : m1 = m0 – 17 = 8.5+mu

Début de combustion du 2nd étage : m2 = m1 – 1 – 0.1 = 7.4+mu

Fin de combustion du 2nd étage : m3 = m2 – 7 = 0.4+mu

2.2

En identifiant le gain de vitesse crée par le lanceur au ∆V propulsif de lamission, on a :

Cette équation du second degré : 38.05 mu2 + 314.65 mu – 55.93 = 0

admet comme racine positive : mu = 0.174 kg

E1

E2

CU+Coiffe

E1

E2

CU+Coiffe

E3

CC

ES

CU+Coiffe

B2B1

∆Vlanceur g0lspm0m1-------

lnm2m3-------

ln+ 9.80665*250m0m2m1m3---------------

ln= =

25.5 mu+( ) 7.4 mu+( )8.5 mu+( ) 0.4 mu+( )

------------------------------------------------------- exp 89859.80665*250------------------------------- 39.05= =

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4.7 • Comparaison d’Architectures de Nanolanceurs

Openmir

2.3 On constate qu’en dépit de bonnes performances propulsives - impulsion spéci-fique très convenable, impliquant en pratique une propulsion hybride pour lepremier étage - et masses mortes réduites aux minimas technologiques, lamasse utile est inférieure à 200 grammes. Le rapport masse utile/masse audécollage est défavorable par rapport à un gros lanceur ; c’est un effetd’échelle. Néanmoins, les microtechnologies (sans lesquelles ce lanceur ne seraitd’ailleurs pas réalisable) permettent d’envisager de réaliser de telles chargesutiles exploitables (nano ou picosatellites).

3.1 Décollage : m0 = 12+0.7+8+0.5+4+0.3+0.1+mu

= 25.6+mu

Fin combustion 1er étage : m1 = m0 – 12 = 13.6+mu

Début combustion 2ème étage : m2 = m1 – 0.7 = 12.9+mu

Fin combustion 2ème étage : m3 = m2 – 8 = 4.9+mu

Début combustion 3ème étage : m4 = m3 – 0.5 – 0.1 = 4.3+mu

Fin combustion 3ème étage : m5 = m4 – 8 = 0.3+mu

3.2 La formule de Tsiolkowski, identifiée au ∆V propulsif de la mission, donneimmédiatement :

conduisant à l’équation du troisième degré 38.05 mu3 + 691.35 mu

2 +2323.28 mu – 639.33 = 0

admettant comme racine positive : mu = 0.255 kg

4.1 Décollage : m0 = 2*(4+0.2)+12+0.7+4+0.3+0.1+mu

= 25.5+mu

Fin combustion boosters : m1 = m0 – 2*4 – 4 = 13.5+mu

Juste après largage boosters : m2 = m1 – 2*0.2 = 13.1+mu

Fin combustion corps central : m3 = m2 – 8 = 5.1+mu

Début comb. étage supérieur : m4 = m3 – 0.7 – 0.1 = 4.3+mu

Fin comb. étage supérieur : m5 = m4 – 4 = 0.3+mu

4.2 Le nouveau ∆V propulsif visé est réduit à 8865 m/s. La formule de Tsiolkowski donne :

25.6 mu+( ) 12.9 mu+( ) 4.3 mu+( )13.6 mu+( ) 4.9 mu+( ) 0.3 mu+( )

------------------------------------------------------------------------------------- exp 89859.80665*250------------------------------- 39.05= =

25.5 mu+( ) 13.1 mu+( ) 4.3 mu+( )13.5 mu+( ) 5.1 mu+( ) 0.3 mu+( )

------------------------------------------------------------------------------------- exp 88659.80665*250------------------------------- 37.19= =

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conduisant à l’équation du troisième degré 36.19 mu

3 + 659.90 mu2 + 2267.67 mu – 668.35 = 0

admettant comme racine positive : mu = 0.273 kg

4.3 Pour une masse au décollage à nouveau pratiquement inchangée, on observeque la masse utile est à nouveau accrue d’une vingtaine de grammes. Cetteévolution est due en partie aux pertes moins importantes (du fait de l’ascensioninitiale plus rapide) et à l’étagement. Cela se paie d’une part par un décollageplus brutal (poussée multipliée par 3) et d’autre part par une complexité accrue.

4.4 Ce calcul constitue une première approche en ordre de grandeur, notammentpour les charges. Pour l’améliorer, on peut proposer une intégration pas à pastenant compte des variations de paramètres. Par ailleurs, une optimisation parmultiplicateurs de Lagrange est possible pour ce type d’étagement.

4.8 PRÉDIMENSIONNEMENT D’UN LANCEUR À POUDRE

1.1 7587 m/s

1.2 8987 m/s

1.3 Rentrée naturelle des étages

2.1 m1=129.09 + Mu , m2 = 49.09 + Mu ; m3 = 40.29 + Mu ; m14 = 15.29 + Mu ;m5 = 12.84 + Mu; m6 =.84 + Mu

2.2 Trois fois la formule de Tsiolkowski avec g0 = 9.80665 et Isp = 270 ou 290 s.

2.3 Mu ≈ 2.95t

3 m′1 ≈ 155.97 + Mu ; m′2 ≈ 111.97 + Mu ; M′u ≈ 3.55t

4.9 LE LANCEUR H2A - ARCHITECTURE ET INCIDENT

EN VOL

1) M0 = 292.4 t ; M1 = 136.5 t ; M2 = M3 = 115.5 t ; M4 = 40.4 t ; M5 = 26 t ;M6 = 9 t.

2) Au cours de la première phase de combustion, le corps central fonctionne enparallèle avec les 2 boosters ; on assimile l'ensemble à un propulseur unique dedébit massique :

q = qc + 2qb = 0.65 + 2 × 0.26 = 1.56 t/s

L'impulsion spécifique de ce propulseur équivalent est :

lsp = = 309.08 slspc qc 2+× lspb× qb×

q-----------------------------------------------------------

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Le Delta V propulsif généré au cours de la première phase (boosters actifs) vautdonc :

Au cours de la deuxième phase, les boosters ont été largués et seul le corps centralfonctionne :

Enfin, la troisième phase correspond au fonctionnement du second étage :

3 Au total, le lanceur génère donc le Delta V nominal : ∆Vnominal ≡ ∆VA + ∆VB +∆VC ≅ 11502 m/s

Dans ce total, le premier étage et les boosters génèrent : ∆V1 = ∆VA + ∆VB ≅6842 m/s.

4 Les nouvelles masses lanceurs sont, de T0 à T4 :M′0 = M0 = 292.4 t ; M′1 = M1 = 136.5 t ; M′2 = M′3 = 126 t ; M′4 = 50.9 tElles sont inchangées de T0 à T1, et donc ∆VA est inchangée (∆VA ≅ 2309 m/s).

L’impulsion ∆VB (entre T3 et T4) devient :

∆VB dégradée ≅ 9.80665 × 440 × ln ≅ 3911 m/s

∆VB passe ainsi de 4533 à 3911 m/s, soit une perte de 621 m/s.

L’impulsion totale devient ainsi : ∆V1 dégradée ≅ 6220 m/s (au lieu de 6842 m/s)

5 Si on rajoute du propergol au premier étage, il faut évidemment rajouter de la massemorte en même proportion (en supposant que l’on est à iso-indice constructif).Cet indice constructif vaut, pour le premier étage :

Pour ré-obtenir le ∆V1 nominal, en conservant l’indice γ pour le premier étage, lesmasses nécessaires sont :

M′′0 = 355.4 t ; M′′1 = 199.5 t ; M′′2 = M′′3 = 189 t ; M′′4 = 58.1 t

Les ∆V obtenus sont en effet : ∆VA ≅ 1750 m/s ; ∆VB ≅ 5092 m/s (⇒ ∆V1 ≅6842 m/s)La conservation du ∆V total est donc obtenue avec un incrément de 63 t de lamasse totale au décollage ; cet incrément est dû à une augmentation de 55.8 t de la

∆VA g0lsp M0M1-------- ln= 2309 m/s≅

∆VB g0lspBM3M4-------- ln= 9.80665 440× 115.5

40.4------------- ln× 4533 m/s≅ ≅

∆VC g0lspCM5M6-------- ln= 9.80665 448× 26

9------ ln× 4661 m/s≅ ≅

12650.9----------

γ 13101---------= 12.87 %≅

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masse d’ergols (qui passe de 101 t à 156.8 t) et à une augmentation de 7.2 t de lamasse morte du premier étage (qui passe de 13 à 20.2 t).Cette modification représenterait un surdimensionnement de plus de 50% dupremier étage.

6 Si on augmente de même la masse du second étage, il ne faut pas oublier que cetteaugmentation se répercute directement sur la masse en fin de combustion des2 premières phases.Si on souhaite conserver l’impulsion totale lanceur (∆Vnominal ≅ 11502 m/s) lesmasses doivent évoluer comme suit :M′′′0 = 341.3 t ; M′′′1 = 185.4 t ; M′′′2=M′′′3=164.4 t ; M′′′4 = 89.3 t ; M′′′5 =47.1 t ; M′′′6 = 9.5 t La masse totale au décollage augmente de 48.9 t, et la masse du second étage de21.1 t (dont 19.6 de propergol).

7 On constate que si on souhaite récupérer le ∆V propulsif par l’un ou l’autre desétages du lanceur, cela conduit nécessairement à des augmentations prohibitivesdu tonnage, et entraîne en réalité une modification profonde l’architecture elle-même du lanceur. En conséquence, ce type de lanceur ne peut pas être considérécomme robuste vis-à-vis de l’incident décrit.

8 Les 621 m/s manquants doivent désormais être rattrapés par 500 kg de propergolsembarqués sur un satellite de 3t au total ; on a donc, d’après Tsiolokowski :

C’est une valeur correspondant à un excellent propergol stockable (à la limite dela technologie). La correction est donc en principe faisable, mais en consommanttout le propergol embarqué, ce qui compromet la mission ultérieure du satellite.En effet, la propulsion satellite n’est pas faite pour compenser les défaillances dulanceur, mais pour assurer le maintien de l’orbite pendant toute la durée de vie dusatellite (10 à 20 ans). Il est possible d’en utiliser une petite partie pour compenserun léger ∆V manquant, mais dans le cas de l’incident étudié, il faut renoncer aumaintien à poste du satellite. Ainsi, le système n’est pas robuste, même en utili-sant cet artifice.En conclusion générale, on observe que l’incident (non-séparation d’un booster)ne peut pas être compensé par ce type de lanceur, ou plus précisément que c’estl’architecture qui devrait être profondément remaniée pour cela (mais alors lelanceur ne serait plus optimisé pour la mission en configuration nominale...).

9.80665 lspsat× 32.5------- ln× 621 lspsat 347.6 s=⇒=

Exercices et problèmes de mécanique des solides et des structures applications à l'aéronautique...

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