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2013 Dr. Khaled MAALLA Cours EF Section GCV2 ENIS
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Nous présentons dans ce document la méthode des éléments finis M.E.F d’une manière simple pour que les ingénieurs puissent l’appliquer toutefois confrontés à des problèmes de structures compliquées. Une grande attention est prêtée au calcul des structures à barres. Pour les structures plaques, nous avons présenté aussi la méthode mais d’une façon rapide et nous avons préparé des feuilles Excel pour surmonter le calcul manuel qui devient très lourd.
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
Chapitre 1
INTRODUCTION A LA MEF
Sommaire
1. Généralités 2. Problèmes physique, mathématique, solution discrète 3. Procédure d’une analyse par EF 4. Exemple 5. Description générale de la MEF
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 1.1 GENERALITES
Méthode efficace et générale 1. 2. 3. 4.
Mécanique des solides Mécanique des structures Transfert thermique Fluides
De plus en plus utilisée avec l’arrivée des moyens de calcul modernes L’essentiel de la méthode est qu’un système d’équations algébriques est formulé puis résolu :
K .U n n
n1
Fn1
La signification physique de cette équation dépend de la nature du problème. Pour les problèmes 1 et 2 :
K
nn
: matrice de rigidite ( connue )
F
: vecteur force ( connu )
U
: deplacements nodaux ( solution discrete du modele)
n1
n1
Date d’invention est inconnue Depuis les années 1960, un grand nombre de recherches sur la technique a été réalisé.
Premières applications sur les problèmes de mécanique des structures puis généralisée
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 1.2 PROBLEME PHYSIQUE, MODELE MATHEMATIQUE SOLUTION DISCRETE
Dans chaque analyse d’un problème physique il faut choisir un modèle mathématique et puis le résoudre.
Problème Physique
Modèle simple mathématique
Modèle compliqué mathématique
Solution
Solution
Exacte
Approchée
La solution obtenue est la solution du modèle mathématique et non pas du problème physique.
Il est toujours impossible de prédire la réponse exacte d’un problème physique parce que le modèle ne peut pas reproduire toutes les informations contenues dans le problème.
L’étape la plus importante dans une analyse est le choix approprié du modèle mathématique.
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
1.3 PROCEDURE D’UNE ANALYSE PAR E. FINIS
Problème physique
Modèle mathématique Équations différentielles
Géométrie Loi de comportement Charges et C.L
Solution discrète / E.F Choix de : Amélioration Design
Maillage
Type élément Maillage
raffiné
Amélioration modèle
Vérification solution EF
Interprétation des résultats
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 1.4 EXEMPLE
l= 27,5cm h= 6cm
E= 2x107 N/cm2 ν=0,3 t=0,4cm
W= 1000N L= 28cm
Fig.1
Problème physique d’une console en acier (Bathe k.j)
Deux modèles mathématiques :
Modèle poutre (1D) Modèle plaque en contrainte plane (2D)
EI=2x107x7,2
Q=1000N Δ
L=28cm
M Q.l 27500 N.cm 1 QL3 QL . 3 EI 5 GA 6 0.0508 0.0018 0.0526cm
Fig.2
modèle poutre
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
Modèle Plaque en contraintes planes
A
yy
nn nt xy
xx
n t C
y ,v Q
B x ,u
Équations d’équilibre xx xy 0 x y sur le domaine xy yy 0 x y Les conditions aux limites
nn nt 0 sur la frontiere sauf au point C u v 0 aux points A et B Relations de comportement xx E yy 2 1 xy
1 1 0 0
xx 0 . yy 1 / 2 xy 0
E: Module de Young, ν: Coefficient de Poisson
Relations déformations-déplacements
xx
u v u v , yy , xy x y y x
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
Modèle Plaque en contraintes planes Solution discrète/ E. Finis
Fig.4 Console discrétisée en un certain nombre fini d’éléments
Solution discrete du modele M 27500 N.cm Logiciel EF Δ 0.064 cm
Les contraintes sont les mêmes pour les 2 modèles Une erreur de 17.8 % sur les déplacements Même si l’erreur est considérable, le modèle 1D reste compétitif vu que l’effort de calcul est insignifiant.
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 1.5 DESCRIPTION GENERALE DE LA M.E.F
Le milieu à analyser par la M.E.F est supposé comme un assemblage de plusieurs subdivisions appelées éléments Ces éléments sont liés entre eux a travers des nœuds appelés aussi points nodaux Ces nœuds se trouvent sur les frontières de l’élément ou les éléments adjacents sont connectés.
5 Noeuds U(x)
U1
U2
1
Le 2
L
U5 3
4
5
25 Noeuds U1 1
5
U(x,y)
Ω
Ωe 21
24
25 U25
Subdivision d’un domaine la fonction inconnue (déplacement, contrainte, température…) à déterminer dans le milieu est donnée sous forme d’une fonction simple dans le domaine de l’élément. Ces fonctions approchées appelées aussi fonctions d’interpolation sont définies en termes des valeurs de ces fonctions sur les nœuds (valeurs nodales) Lorsque les équations de l’équilibre sont écrites pour le domaine entier, on obtient un système d’équations algébrique dont les inconnues sont les valeurs nodales de la fonction inconnue. L’analyse par éléments finis A.E.F d’un problème dans le cas général doit suivre les étapes suivantes par ordre :
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS (1). Discrétisation du domaine (structure) Diviser la structure en éléments. Numéroter les nœuds et les éléments. Le nombre et le type des éléments doivent être décidés. C’est l’étape de la construction du model éléments finis.
(2). Choix de l’interpolation des déplacements La solution exacte pour une structure compliquée sous des conditions de charge compliquée est généralement difficile à trouver. On est amené à proposer dans l’élément des fonctions simples du point de vue calcul pour approcher la solution exacte. Seulement ces fonctions doivent satisfaire des critères de convergence. En général on utilise des polynômes.
Solution exacte
Solution E.F
N0
Nombre d’éléments
(3). Dérivation de la matrice de rigidité élémentaire et le vecteur charge L’équation de rigidité d’un élément ‘‘e’’ est dérivée en se basant sur les fonctions d’interpolation choisies en utilisant soit les conditions d’équilibre soit un principe variation el.
K U (e)
(e)
F( e)
La matrice de rigidité d’un élément est toujours symétrique et quadratique. Le nombre de lignes et de colonnes est égal au nombre de ddl de l’élément. Le type d’élément est défini par la nature de déformation de l’élément ou encore par l’énergie de déformation que peut emmagasiner l’élément.
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS (4). Assemblage des équations élémentaires La matrice de rigidité de toute la structure doit être formée à partir des matrices élémentaires d’une manière appropriée pour obtenir les équations d’équilibre globales. Cette opération s’appelle assemblage.
K U (e)
(e)
F(e)
e
e
(5). Solution des équations et obtention des déplacements nodaux Les équations d’équilibre globales doivent être modifiées pour prendre en considération les conditions aux limites du problème. Après introduction des C.L. le système d’équations à résoudre peut prendre la forme suivante
K U F Le nombre de lignes et de colonnes de la matrice est égal au nombre de ddl de la structure.
(6). Calcul des déformations et contraintes dans chaque élément A partir des déplacements nodaux obtenus on peut calculer les déformations et les contraintes en utilisant les équations appropriées. Dans le domaine de calcul des structures les équations de rigidité élémentaires sont utilisées pour déterminer les efforts intérieurs au niveau des sections nodales.
La terminologie utilisée dans les six étapes précédentes doit être remplacée si on veut étendre le concept à d’autres domaines. Par exemple on doit dire milieu a la place de structure, la variable du champ a la place de déplacement, matrice caractéristique a la place de matrice de rigidité.
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Chapitre 2
ELEMENT RESSORT ET SYSTEME DISCRET
Sommaire 1. Equation de rigidité 2. Equation de rigidité d’un système de ressorts 3. Equation de rigidité d’un système de ressorts : Méthode variationnelle 4. Equation de rigidité d’un ressort : chariot 2ddl 5. Exercices corrigés
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 2.1 Equation de rigidité Actuellement les matrices de rigidité de nombreux types d’élément sont connues (ressort, barre, barre de treillis, poutre, portique…). Pour cela nous allons commencer dans ce chapitre par le ressort qui est relativement simple et les détails concernant la dérivation de l’équation de rigidité élémentaire et globale et puis la solution des équations de l’équilibre seront présentés. k
F1
U1
F2
U2
F1 s11 s12 U1 F1 s11 s12 1 F1 s11 k . . F2 s21 s22 U 2 F2 s21 s22 0 F2 s21 k k
k
k 1
0
F1 s11 s12 U1 F1 s11 s12 0 F1 s12 k . . F2 s21 s22 U 2 F2 s21 s22 1 F2 s22 k k
k 0
k 1
F1 k(U2-U1) k(U2-U1)
F1 1 1 U1 k .U 1 1 F 2 2
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F2
(1)
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 2.2 Equation de rigidité d’un système de ressorts
k4 U3, F3 U1, F1
❶
❸
U2, F2
k1
k3
❷ k5
k2
k1
F1(1)
k1.U1 F1(1)
U1 ( 2) F1
( 2) F2
k2
U1
U2
(3) F1
(3) F2
k3
U1 ( 4) F1
U2 ( 4) F3
k4
U1
U3
(5) F2
(5) F3
k5
U2
1 1 U1 F1( 2) k2 . ( 2) 1 1 U 2 F2 1 1 U1 F1(3) k3 . (3) 1 1 U 2 F2
1 1 U1 F1( 4) k4 . ( 4) 1 1 U 3 F3
1 1 U 2 F2(5) k5 . (5) 1 1 U 3 F3
U3
F1
F1(1) F1( 2) F1(3) F1( 4) F1 ( 2) 2
F
F
( 4) 3
F
F3
F F
( 3) 2
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( 5) 3
(5) 2
F2
(1) 1
F
F1( 4)
❶
F1(3) F1( 2)
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
K.U F
k1 k 2 k3 k 4 K k 2 k3 k4
(2)
k 2 k3
k
2
k3 k5 k5
UT U1 U 2 U 3 FT F1 F2
F3
k4 k5 k4 k5
(2-a)
(2-b) (2-c)
Pour obtenir la matrice de rigidité globale du système plus rapidement, on fait comme suit (1) k1 0 0 U1 F1 0 0 0 U 0 2 0 0 0 U 3 0
K (1) .U F (1)
k2 k 2 0
k2
0 U1 F1( 2) 0 U 2 F2( 2) 0 U 3 0
K ( 2) .U F ( 2)
k4 0 k 4
0 k 4 U1 F1( 4) 0 0 U 2 0 ( 4) 0 k 4 U 3 F3
K ( 4) .U F( 4)
K
K
k2 0
(e)
K (1) K ( 2) K (3) K ( 4) K (5)
e1, 5
Cette méthode pour obtenir la matrice de rigidité globale du système s’appelle la méthode directe qui est basée sur la connectivite et l’équilibre.
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 2.3 Equation de rigidité d’un système de ressorts : Méthode variationnelle
Un principe variationnel consiste à déterminer les inconnues du problème U i ; i 1,, n pour lesquels un fonctionnel (U1 ,...,U n ) est un extrémum.
(U1 ,...,U n ) 0
U1 U n 0; i 1, n U1 U n U i
(3)
Exemple :
u k
P
1 U ku2 2
W P.u
1 2
ku2 P.u
(ku P).u
Écrivons la condition 0
(ku P).u ;
ku P 0 u Principe minimum l’énergie potentielle totale
Pour le système ci-dessus, appliquons ce principe 1 1 L’énergie dans l’élément 1 : U1 k1U12 UT .K (1) .U 2 2 U U U U 1 2 5 1 1 Pour tous les éléments : U T .K (1) .U U T .K (5) .U 2 2 5 1 T (i ) U . K .U i 1 2 Dr. Khaled MAALLA
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 1 U U T .K.U et W U T .F 2
Donc
1 2
U T .K.U U T .F
D’où
Appliquons la condition 0
K.U F C'est-à-dire U K F k 4 U1 F1 k1 k 2 k3 k 4 k 2 k3 k k U F k k k k 2 3 2 3 5 5 2 2 k 4 k5 U 3 F3 k4 k5
Et on retrouve la même équation (2) que nous avons dérivée par la méthode directe. Application 1: Appliquer le principe de l’énergie potentielle totale pour obtenir l’équation de rigidité de l’élément ressort. k
F1
U1
F2
U2
U-W 1 2
k(U - U1 ) 2 - F1.U1 - F2 .U 2 2
k
0 U1 U 2 k
k U1 F1 U U 1 2 k U 2 F2
U1 , U 2 sont arbitraires, donc de W obtenu deU obtenu k k U1 F1 k k U F 2 2
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 2.4 Equation de rigidité d’un ressort : chariot 2ddl
f1 f2
(e)
1 1 u1 k (e) 1 1 u 2
Transformation : Dép. (extrémité du ressort) – Dép. (chariot) t Fi 1 0 M (e) 0 f1 i z 1 f2 Fj 0 M j 0 z ( e ) t
U i u1 1 z ( e ) 0 0 i (e) u2 0 0 1 z U j j t
t t
1
1
1 t 1
F i z 1 z U i 1 M z 2 z z 2 i i (e) z k 1 z 1 z U j Fj 2 M j z z 2 j z z
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Fi S11 S12 U i (4) F j S 21 S 22 U j
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
Application 2 : Soit le système montré ci-dessous. Analyser le système par la méthode directe et puis par la méthode variationnelle a
a
a
Rigid bar
k
2k
k
A
B
C
U
3a/2
a
k
2k
k
A
B
C
3a/2 M
P
M P
θ U
Méthode Directe de rigidité : (Choisir les axes :zA=0)
2k.a k k .2a U P k 0 2k 2 2 P.3a/2 0 0 2k.a 2k.a k.2a k.(2a) Solution : U=0, θ= P/(4ka)
Efforts dans les éléments (Ressorts) : f(1) =k.(U+0.θ ) = 0, f(2) =2k.(U+a.θ )=P/2, f(3) =k.(U+2a.θ )=P/2 Centre de rigidité : (point C) La position de la charge pour que θ = 0 0
General : z c
k (e) .z(e) k (e)
P/2
P/2 P
Equilibre du système Présent cas : zc
k.0 2k.a k.2a a k 2k k
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Méthode Variationnelle U U1 U2 U3
A
2
1 1 U U3 1 2 kU12 2k 1 kU3 2 2 2 2
U1
B
M
U2
C U3
Le travail de la charge W P.U M
U U3 U2 1 2
3U U1 P. 3 4
UM
3U 3 U1 4
U W U 0 U U eq.(1) 1 1 La condition 0 ; 1 U W 0 eq.(2) U 3 U 3 U 3 P 3k/ 2.U1 k/ 2.U 3 P / 4 3 / 2 1 / 2 U1 4 k 1 / 2 3 / 2 U 3 3P k/ 2.U1 3k/ 2.U 3 3P / 4 4
La solution :
U1 0, U 3 P / 2k U U1,
U 3 U1 P / 4ak 2a
Les forces dans les ressorts :
F1(1) k.U1 0, F1( 2) 2k.U 2 P / 2, F1(3) k.U 3 P / 2
A
B
M UM
C U3=P/2k
U2
Déformée du système
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
2.5 Exercices corrigés
Exercice N.1 On considère le système chariots - ressorts montré ci-dessous. Déterminer les équations d’équilibre par 2 méthodes (méthode de l’équilibre, méthode variationnelle). Déterminer les déplacements des chariots et les forces dans les ressorts.
2k F1=30
❶
F2=20
k
3k
❷
k
Exercice N.2 On considère le système chariots - ressorts montré ci-dessous. Déterminer les équations d’équilibre par 2 méthodes (méthode de l’équilibre, méthode variationnelle). Déterminer les déplacements des chariots et les forces dans les ressorts. Faites une feuille Excel pour la résolution de ce type de problème.
3k
❶ k
F1=10
❸
F2=20
k
❷
2k 4k
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Exercice N.3 On considère le système de ressorts montré ci-dessous. Donner l’équation de rigidité du système. Déterminer les déplacements du système et les efforts dans les ressorts. a
a 2k
Rigid bar
3k
k
θ
a/2 P U
Exercice N°4: On considère le système de chariots – ressorts montré ci-dessous : (1) Déterminer les déplacements (translation et rotations) des deux chariots en fonction de P/k (2) Déterminer la force intérieure dans chaque ressort
2P
P ❶
k
2P
k
❷
(3) Faites une feuille Excel pour la résolution de ce type de problème.
2k
2k 40
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2k
40
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Chapitre 3
EQUATION DE RIGIDITE : (1) BARRE, (2) POUTRE
SOMMAIRE
1. EQUATION DE RIGIDITE DE LA BARRE 2. EQUATION DE RIGIDITE DE LA POUTRE 3. EXEMPLES DE BARRES 4. EXEMPLES DE POUTRES 5. BARRE DE TREILLIS (PLAN) 6. BARRE DE PORTIQUE (PLAN) 7. APPLICATION DE TREILLIS (PLAN) 8. APPLICATION DE PORTIQUE (PLAN) 9. BARRE DE TREILLIS (3D)
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 3.1 EQUATION DE RIGIDITE DE LA BARRE
L’équation de rigidité d’un élément peut être obtenue de 2 façons différentes : 1. Résolution de l’équation différentielle 2. Discrétisation de l’équation intégrale (Méthode variationnelle) La première méthode donne des solutions exactes par contre la deuxième une solution approchée puisqu’elle est basée sur le choix des fonctions de déplacements. Dans ce chapitre nous nous intéressons à la première méthode. Pour obtenir l’équation de rigidité exacte de l’élément il faut suivre les étapes suivantes : 1. 2. 3. 4.
EQUATION DIFFERENTIELLE DE L’EQUILIBRE LOI DE COMPORTEMENT CONDITIONS AUX LIMITES ESSENTIELLES CONDITIONS AUX LIMITES NATURELLES
d N p ( x) 0 dx
N EA
(1)
du ( x) dx
(2)
d du EA p( x) 0 dx dx
(3)
d 2u EA 2 p( x) 0 dx
(4)
CONDITIONS AUX LIMITES 1
2 L
u (0) u1
u2
u1 f1
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u ( L) u 2 f2
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS N(0)
f1
f1 N (0) EA
❶
N(L)
❷
f2
f 2 N ( L) EA
du dx
du dx
du x 0 u u1 ou bien -EA dx f1 du x L u u2 ou bien EA f2 dx
x 0
xL
(5)
Résoudre l’équation différentielle (4) en utilisant les C.L (5) pour obtenir une relation matricielle entre les forces f1, f2 et les déplacements u1, u2. 1 ( x) 2 ( x) I I d u du 1 x 1 x p( x) / EA c p(a)da u ( x) cx d I1 (b)db dx 2 dx EA 0 EA 0
2
Les C.Limites homogene u (0) u1 d u1 u u I ( L ) u ( x) u1.1 ( x) u2 .2 ( x) u p ( x) u ( L) u c 2 1 2 2 EAL L
1 ( x) 1 x / L ( x) x / L 2
du I ( L) EA u1 u2 2 dx x 0 L L du I ( L) EA u1 u2 f 2 N ( L) EA I1 ( L) 2 dx x L L L
(6)
(6-a)
f1 N (0) EA
(7)
Forme Matricielle
f1 f1 p EA 1 1 u1 p L 1 1 u2 f2 f2
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(8)
Page 25
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Si p=0 la barre en traction/compression est un ressort de raideur k=EA/L.
Ce vecteur est appelé vecteur de la charge équivalente nodale Vecteur de la charge équivalente nodale L
L
0
0
I 2 ( L) I1 (b)db
p(a)dadb b
L
0
0
V L db b b b p(a)da L b. p(b)db p ( a ) da db 0 0 0 db 0 U'
I 2 ( L) L x p( x)dx L
0
L
I1 ( L) p( x)dx 0
Donc
L L f1 p 0 1 x / L p( x)dx 0 1. p( x)dx p L L f 2 0 x / L p( x)dx 0 2 . p( x)dx
(9)
Si p(x)=cte=p0
L f1 p 0 1 x / L p0 dx p0 L / 2 p L f 2 0 x / L p0 dx p0 L / 2
f1(p)=p0L/2
p(x)=p0 1
f2(p)=p0L/2
2 L
La solution de l’équation de rigidité (8) est une solution discrète de l’équation différentielle (4).
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 3.2 EQUATION DE RIGIDITE DE LA POUTRE
d 2M q( x) 0 dx 2
(10)
d 2 w( x) M EI dx 2
(11)
d2 d 2 w( x) EI q ( x) 0 dx 2 dx 2
(12)
d 4w EI 4 q( x) 0 dx
(13)
CONDITIONS AUX LIMITES L 1 x
θ1
2 w1
EI
θ2
w2
z c1 s1
d 3w s1 T (0) EI 3 dx x 0 d 3w s2 T ( L) EI 3 dx x L
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c2
w(0) w1 et
dw 1 dx x 0
w( L) w2
dw 2 dx x L
et
s2
s1
❶
T(0)
T(L)
❷ s 2
Page 27
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS d 2 w c1 M (0) EI 2 dx x 0
c1 ❶
M(0)
d 2 w c2 M ( L) EI 2 dx x L
2 d 3w dw s1 et EI d w c1 1 ou bien EI 3 x 0 : w(0) w1 et 2 dx x 0 dx x 0 dx x 0 3 2 d w x L : w( L) w et dw s2 et EI d w c2 2 ou bien EI 3 2 2 dx dx dx x L x L x L
c2 ❷
M(L)
(14)
Résoudre l’équation différentielle (13) en utilisant les C.L (14) pour obtenir une relation matricielle entre les forces s1, c1 , s2 , c2 et les déplacements w1, θ1, w2, θ2.
d 4w q( x) / EI w( x) w0 ( x) wq ( x) dx 4 w0 ( x) ax 3 bx 2 cx d , wq ( x) f (q( x)) La solution homogène w0 ( x) la matrice de rigidité La solution particulière wq (x) le vecteur charge équivalente Les C.L géométriques : w(0) w1 d w1 w' (0) 1 c 1 w w1 1 a 2 1 2 2 2 w( L) w2 aL bL w2 1 L w1 L L w' ( L) 2 3aL2 2bL 2 1 b 1 2 3 w2 w1 1 2 L L 3
2
w0 ( x) ax 3 bx 2 cx d w0 ( x) H1 ( x).w1 H 2 ( x).1 H 3 ( x).w2 H 4 ( x). 2
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(15)
Page 28
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
x2 x3 x 2 x3 H 1 ( x) 1 3 2 2 3 , H 2 ( x) x 2 2 L L L L 2 3 2 3 x x x x H 3 ( x) 3 2 2 3 , H 4 ( x) 2 L L L L Les C.Limites
EIw (0) EI H
s1 EIw,,, (0) EI H1,,, (0).w1 H 2,,, (0).1 H 3,,, (0).w2 H 4,,, (0). 2 c1
,,
,, 1
(0).w1 H (0).1 H (0).w2 H (0). 2
EIw' ' ( L) EI H
,, 2
,, 3
,, 4
s2 EIw ( L) EI H ( L).w1 H ( L).1 H ( L).w2 H ( L). 2 ,,,
c2
,,, 1
,, 1
,,, 2
,,, 3
,,, 4
( L).w1 H 2,, ( L).1 H 3,, ( L).w2 H 4,, ( L). 2
(16)
Forme Matricielle
12 / L2 s1 s1q c q 1 c1 EI 6 / L q L 12 / L2 s2 s2 q c c2 6 / L 2
6 / L 12 / L2 4
6/ L 2
6/ L
12 / L
2
6/ L
6 / L w1 2 1 6 / L w2 4 2
F1 F1q S11 S12 U1 q F2 F2 S 21 S 22 U 2
(17)
(17)
La solution de l’équation de rigidité (17) est une solution discrète de l’équation différentielle (13). (*) Vecteur de la charge équivalente nodale Ce vecteur est donné en terme des fonctions d’influence Hi(x) ; i=1,4
L H x q( x)dx s1q 0 1 q L H x q( x)dx c1 0 2 q L s 2 0 H 3 x q( x)dx c2q L 0 H 4 x q( x)dx
Dr. Khaled MAALLA
Page 29
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Si q(x)=cte=q0
s1q sq2 q0 .L/2 et c1q q0 .L2 /12 , cq2 q0 .L2 /12 (*) Vecteur de la charge équivalente nodale (cas de charge concentrée) Ce vecteur est donné en terme des fonctions d’influence Hi(a) ; i=1,4 et a la position de la charge concentrée Q.
b 2 b a ( 3 ) L L L 2 H a s1q 1 b a. q H a c1 2 L q Q. Q. 2 H a s a a b 2 3 ( 3 ) q c2 H 4 a L L L 2 a b. L Si a =L/2
s1q s q2 Q/2 et c1q Q.L/8 , c q2 Q.L/8 Si a =L/3
s1q 20Q/27, s q2 7Q/27 et c1q 4 Q.L/27 , c q2 2Q.L/27
Dr. Khaled MAALLA
Page 30
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 3.3 EXEMPLES DE BARRES
(1) Considérons la barre de caractéristiques (EA, L) montrée ci-dessous. Résoudre ce problème de barre en utilisant (8). p(x)=p0 P 1
L
2
f1 p0 L / 2 EA 1 1 u1 0 f 2 P p0 L / 2 L 1 1 u2
Résoudre pour u2 u2
L ( P p0 L / 2) EA
Donc
f1 ( P p0 L)
(2) Se baser sur l’équation de rigidité (8) pour obtenir l’équation de rigidité de la barre montrée ci-dessous en utilisant la méthode directe. (Cette barre sera considérée comme un système discret : 2 barres + 3 nœuds (2 ressorts +3 chariots)). Posons : p(x)=2p0
p(x)=p0 P
1
2EA L/2
2
EA
3 L
f1 2 p0 ( L / 2) / 2 0 k1 f 2 0 2 p0 ( L / 2) / 2 p0 L / 2 k1 f P p L / 2 0 0 3 0
2 EA k1 L / 2 4k EA k2 k L
k1
k1 k 2 k2
0 u1 0 k 2 u 2 k 2 u3
Résoudre pour u2 et u3 Dr. Khaled MAALLA
Page 31
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 0 p0 L 5 1 u 2 k P p0 L / 2 1 1 u3 1 ( P 3 / 2 p0 L) 4k Solution : donc f1 4k u2 p0 L / 2 ( P 2 p0 L) 1 u3 (5P 7 / 2 p0 L) 4k u2
Effort Normal N : f1(1)
f2(1) f1(2)
f2(1) f1(2)
f2(2)
Élément 1 : (1) u1 0 1 1 f1 p0 L / 2 (1) 4k u 1 ( P 3 / 2 p L) 2 0 1 1 f2 p0 L / 2 4k (1) f1 P 2 p0 L comp. (1) f ( P p L ) 0 comp. 2
Élément 2 :
f f
( 2) 1 ( 2) 2
1 u ( P 3 / 2 p L ) 2 0 p L / 2 1 1 0 4k k 1 1 u3 1 (5P 7 / 2 p0 L) p0 L / 2 4k ( 2) f1 P p0 L comp. ( 2) f P comp. 2
Dr. Khaled MAALLA
Page 32
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 3.4 EXEMPLES DE POUTRES
(1) Considérons la poutre de caractéristiques (EI, L) montrée ci-dessous. Résoudre ce problème de poutre en utilisant l’équation de rigidité correspondante. q(x)=q0
1
2 Q
L
x 0 on a w1 0, 1 0 et en x L on a s2 Q, c2 0
12 / L2 s1 q0 L / 2 c q L2 / 12 1 0 EI 6 / L 2 q L / 2 Q 0 L 12 / L 2 6 / L 0 q0 L / 12
6 / L 12 / L2 4
6/ L
6/ L
12 / L2
2
6/ L
6 / L w1 0 2 1 0 6 / L w2 4 2
Résoudre pour w2 et θ2
6 / L w2 w2 QL3 / 3EI q0 L4 / 8EI 4 2 2 QL2 / 2 EI q0 L3 / 6 EI
Q q0 L / 2 EI 12 / L2 2 q L / 12 0 0 L 6/ L Donc
s1 Q q0 L 2 c1 QL q0 L / 2 (2) Se baser sur l’équation de rigidité de l’élément poutre pour obtenir l’équation de rigidité globale de la poutre montrée ci-dessous Posons :
q(x)=q0
1
2EI L/2
q(x)=2q0
2
Dr. Khaled MAALLA
EI
3 L
2 EI k1 L / 2 4k EI k2 k L
Page 33
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Utilisons cette notation : Les Ui (i=1,6) sont les DDL du modèle de la structure libre
1 U1
2 U2
3
U3
U4
U5
U6
Équation de rigidité globale de la structure ;
192 / L2 s1 q0 L / 4 c q L2 / 48 0 1 s2 0 5q0 L / 4 k . 2 c2 0 7q0 L / 48 s3 0 q0 L 2 c3 0 q0 L / 6
48 / L 16
192 / L2
48 / L
48 / L
8
0 0
192 12 / L2 48 6 / L 16 4
12 / L2 6/ L 12 / L2
Sym.
0 U1 0 0 U 2 0 6 / L U3 2 U 4 6 / L U 5 4 U6
Vecteur de la charge équivalente
0.25qL
1.25qL
qL
2
1 qL2/48
3 qL2/6
7qL2/48
Résoudre pour U3, U4, U5 et U6
192 12 / L2 5q0 L / 4 7q L2 / 48 0 k q L Sym. 0 2 q0 L / 6
48 6 / L 16 4
12 / L2 6/ L 12 / L2
6 / L U 3 2 U 4 6 / L U 5 4 U 6
Solution :
U 3 0.108 q0 L3 /k, LU4 -0.385q0 L3 /k, U 5 0.743q0 L3 /k, LU6 -0.719q0 L3 /k Dr. Khaled MAALLA
Page 34
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Efforts Intérieurs (T, M) :
Élément 1 :
192 / L2 s1 q0 L / 4 c q L2 / 48 1 0 k q L / 4 s 2 0 2 sym c2 q0 L / 48
2.125q0L2
48 / L 0 8 0 48 / L U 3 16 U 4
48 / L 192 / L2 16
48 / L 192 / L2
q0L2
2-
1 Élément 1
2q0L
2.5q0L
Élément 2 :
s2 q0 L 12 / L2 2 c2 q0 L / 6 k q L 0 s3 2 c sym 3 q0 L / 6
q0L2
6 / L 12 / L2 4
2+
6/ L 12 / L2
6 / L U 3 2 U 4 6 / L U 5 4 U 6
0
3 Élément 2
2q0L
Dr. Khaled MAALLA
0
Page 35
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 3.5 BARRE DE TREILLIS (PLAN)
FY 2 ,V2
2
f 2 ,u2
2
Y
FX 2 ,U 2
Y
EA, L
1
EA, L FY 1 ,V1
X
1
X
FX 1 ,U1
f1 ,u1
Transformation : Soient c cos a1 et s sin a2
t FX 1 c 0 F s 0 f Y1 1 …(a), …(b) FX 2 0 c f 2 FY 2 0 s t
t U1 u1 c s 0 0 V1 u2 0 0 c s U 2 V2
t t
1
1
1 t 1
c2 FX 1 cs c 2 cs U 1 F s 2 cs s 2 V1 Y 1 EA cs 2 2 cs U 2 FX 2 L c cs c 2 FY 2 cs s 2 V2 cs s
F1 S11 S12 U1 U F S S 22 2 2 21
Dr. Khaled MAALLA
(18)
(18)
Page 36
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 3.6 BARRE DE PORTIQUE (PLAN)
f 2 ,u2 2 Y
1
x
F5 ,U 5
c2 , 2
2
F2 ,U 2
X
X
1
c1 ,1 s1 , w1
F4 ,U 4
Y
s2 , w2
F6 ,U 6
F3 ,U 3
z
F1 ,U1
f1 ,u1 Element Portique EA,EI, L: Repere local (x) et repere global (X)
Dans le repère local (x z) 0 f1 f1( p ) EA / l s (q) 0 12 EI / l 3 1 s1 (q) 6 EI / l 2 c1 c1 0 ( p) 0 f 2 f 2 EA / l s2 s ( q ) 0 12 EI / l 3 2(q) c2 c2 0 6 EI / l 2
0 6 EI / l
2
EA / l
0
0
12 EI / l
4 EI / l
0
6 EI / l
0
EA / l
0
6 EI / l
2
2 EI / l
0 3
2
6 EI / l 2 EI / l 0
3
0
12 EI / l
0
6 EI / l
2
6 EI / l
2
4 EI / l
2
u1 w 1 1 u2 w2 2
(19)
Dans le repère global (X Y) Transformation : Soient c cos a1 et s sin a2 T u1 c s 0 0 0 0 f1 w s c 0 0 0 0 s 1 1 U 1 F1 c1 1 0 0 1 0 0 0 T …(a), T …(b) c s 0 F f2 u2 U6 6 s2 w2 s c 0 2 c2 0 0 1
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Page 37
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Sous la forme compacte
F1 F1q S11 S12 U1 q F2 F2 S 21 S 22 U 2
EI 2 EA 2 12 L3 s L c S11 Sym
EI EI EA 12 3 sc 6 2 s * L L L a EI 2 EA 2 EI 12 3 c s 6 2 c L L L EI 4 L a * b* S 22 d* Sym
a* S12 b* c*
Fi ( q )
Dr. Khaled MAALLA
b* d* e*
(20)
b* d*
c* e* f *
(20-a)
c* e* f *
(20-b)
c* e* f * / 2
(20-c)
f i ( p ) .c si( q ) .s f i ( p ) .s si( q ) .c ci( q )
(20-d)
Page 38
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 3.7 APPLICATION DE TREILLIS (PLAN)
P Q
❷
Y L
U 2 , F2
30°
EA
U1 , F1
X
F1 S (1) 11 Q (1) F2 S 21 P 0 F3
❶
S
(1) S12 (1) 22
( 2) S11
S (212)
❸
U3 , F3
0 U 1 0 ( 2) S12 U 2 ( 2) S 22 U 3 0
U Résoudre pour U 2 2 V2
Q EA 1 / 4 0 3 / 4 0 U 2 ( 2) F2 S (221) S11 U2 P L 3 / 4 0 3 / 4 1 2 / 3 V2
Solution : U 2 L/EA.((3 3 / 2 4).Q 3 / 2.P) V2 L/EA.( 3/2.Q 3 / 2.P)
Efforts intérieurs :
- 1/4 FX - 3 / 4 U 2 - Q (1) S12 .U 2 1 EA/L. . F V 3 Q 3 / 4 3 / 4 Y 2 1 (1)
F1(1)
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Page 39
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS (2)
( 2) 1
F
0 FX EA 0 0 U 2 S .U 2 1 . . 3L 0 1 V2 - 3Q P FY1 2 ( 2) 11
N (e) FX 2 .c FY 2 .s
Dr. Khaled MAALLA
(***)
Page 40
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Exercice On considère le système de barres bi-articulées montré ci-dessous. ❶
EA
EA 3L / 2
❷
❹
3EA
❸
L/2
L/2
(i) (ii) (iii) (iv)
3L / 4
Déterminer la matrice de rigidité réduite de cette structure Calculer les déplacements et les efforts dans les barres (le noeud 1 sous une force unitaire horizontale) Même question que (ii) (le noeud 1 sous une force unitaire verticale vers le bas) Même question que (ii) (le noeud 3 a subi un déplacement vertical L/100 vers le bas)
Corrigé Tracer le modèle
1
2
2 2 ❸
❶
1
1
❷ 4
2
1 3
Elément 1 EA L EA
Alpha L
S22= 60°
EA/L* 0,25
0,433
0,433
0,75
Elément 2 EA
L 1,732
Alpha 1,3
S22= 90°
EA/L* 0
0
0
1,333
Elément 3
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Page 41
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS EA
L 1
Alpha 1
S22=
120°
EA/L* 0,25
-0,433
-0,433
0,75
0 0.5 0 2.833
La matrice de rigidité réduite du modèle : EA / L (le noeud 1 sous une force unitaire horizontale)
0 U1 1 U1 0.5 2 L / EA 0 2.833 V1 0 V1 0
Le système à résoudre : EA / L Les efforts : Elément 1 :
0.25 0.433 U1 0.5 EA / L N 0.5 cos 60 0.866 sin 60 1 0.433 0.75 V1 0.866 Elément 2 :
0 U1 0 0 EA / L N 0 cos 90 0 sin 90 0 0 1.333 V1 0 Elément 3 :
0.433 U1 0.5 0.25 EA / L N 0.5 cos120 0.866 sin 120 1 0.433 0.75 V1 0.866 (le noeud 1 sous une force unitaire verticale vers le bas)
0 U1 0 U1 0.5 0 L / EA 0 2.833 V1 1 V1 0.353
Le système à résoudre : EA / L Les efforts : Elément 1 :
0.25 0.433 U1 0.153 EA / L N 0.153 cos 60 0.265sin 60 0.306 0.433 0.75 V1 0.265
Dr. Khaled MAALLA
Page 42
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Elément 2 :
0 U1 0 0 EA / L N 0 cos 90 0.471sin 90 0.471 0 1.333 V1 0.471 Elément 3 :
0.433 U1 0.153 0.25 EA / L N 0.153cos120 0.265sin 120 0.306 0.433 0.75 V1 0.265 (le noeud 3 a subi un déplacement vertical L/100 vers le bas) Nous avons ici les nœuds 1 et 3 se déplacent, donc la matrice de rigidité réduite n’est pas celle qui a été obtenue. Pour obtenir cette nouvelle matrice de rigidité réduite on travaille par étapes : (1) ( 2) ( 3) S 22 S 22 S 22 S12(1) S12( 2) S12(3)
(1) S 21
( 2) S 21
S11(1) S11( 2)
( 3) 1 S21 ( 2) ( 3) S (1) S 22 S 22 et 4 2 eliminer 2 22 3 S12( 2) S11(3) 4
( 2) 1 S 21 ( 2) S11 3
C'est-à-dire :
0 0.5 0 2.833 EA / L 0 0 0 1.333
0 0 U1 0.5 0 1.333 eliminer 3 car U3 0 EA / L 0 2.833 1.333 V1 0 0 0 1.333 1.333 V3 0 1.333 0
0
Le système à résoudre :
0 0 U1 0 0.5 EA / L 0 2.833 1.333 V1 0 0 1.333 1.333 L / 100 Fy 3 0 U1 0 0.5 0 EA / L L / 100 EA / L 0 2.833 V1 0 1.333
La solution :
U 1 0,V 1 0.4705
L L 100 212.5
Fy 3 EA / L 1.333 0.4705 1.333 1L / 100
Dr. Khaled MAALLA
EA 141.6 Page 43
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 3.8 APPLICATION DE PORTIQUE (PLAN)
Q
L
Y
L=2.50m
L
I=1000cm4 ; A=10cm2
q0 3EI, EA 2EI, EA 30°
Q=100kN ; q0=5kN/m
L
X
Discrétisation U3 , F3
U 2 , F2 ❷
U1 0 F2 0
❸
U1 , F1
U3 0
❶
Vecteur charge équivalente nodale q0L
Q/2
Q/2 QL/4
QL/4
q0L2/3 q0L
q0L2/3
element1 element 2 1/ 2 1/ 2 0 0 q q q F1 3 / 2.q0 L; F2 3 / 2.q0 L 1 / 2 .Q; F3 1 / 2.Q L/3 L/3 L / 4 L/4
Équation de rigidité globale de la structure q (1) F1 F1 S11 q (1) F2 0 F2 S 21 F F q 0 3 3
S
(1) S12 (1) 22
( 2) S11
S (212)
0 U 1 0 ( 2) S12 U 2 S (222) U 3 0
Résoudre pour U2 par le système suivant : Dr. Khaled MAALLA
Page 44
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
( 2) F2q S(221) S11 U2
Avec : ( 2) S11
S (221) 2 EI 1 EA 3 12 3 2 L 4 2 L 4 Sym
2 EI EA 3 12 3 4 2 L 2 L 2 EI 3 EA 1 12 2 L 3 4 2 L 4
2 EI 1 2 L 2 2 2 EI 3 6 2 L 2 2 2 EI 4 2 L 6
EA 0 0 2L 3EI 6 3EI 12 2 L 3 2 L 2 3EI Sym 4 2 L
EFFORTS INTERIEURS Élément 1 (1)
F1 F1q S11 S12 U1 0 q F2 F2 S 21 S 22 U 2 solution (1)
Élément 2
F2 F1q q F3 F2
Dr. Khaled MAALLA
( 2)
S12 U 2 solution S 11 S 21 S 22 U 3 0 ( 2)
Page 45
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Ci après une feuille Excel pour le calcul des portiques :
ELEMENT 1
E (KN/cm2)
A (cm2)
1,000
I (cm4)
10,000 2000,000
L (cm) 500,000
1
cos
sin 0,866
0,500
2
0,015
0,009
-0,024
-0,015
-0,009
-0,024
0,009
0,005
0,042
-0,009
-0,005
0,042
-0,024
0,042
16,000
0,024
-0,042
8,000
-0,015
-0,009
0,024
0,015
0,009
0,024
-0,009
-0,005
-0,042
0,009
0,005
-0,042
-0,024
0,042
8,000
0,024
-0,042
16,000
q (KN/cm) Q (KN)
a (cm)
b (cm)
1
2
0,050
0,000
VCEN
VCEN
6,247
0,000
-10,827
0,000
-1041,667
0,000
6,247
0,000
-10,827
0,000
1041,667
0,000
Dr. Khaled MAALLA
Page 46
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS ELEMENT 2
E (KN/cm2)
A (cm2)
1,000
I (cm4)
L (cm)
10,000 3000,000
500,000
2
cos
sin 1,000
0,000
3
0,020
0,000
0,000
-0,020
0,000
0,000
0,000
0,000
0,072
0,000
0,000
0,072
0,000
0,072
24,000
0,000
-0,072
12,000
-0,020
0,000
0,000
0,020
0,000
0,000
0,000
0,000
-0,072
0,000
0,000
-0,072
0,000
0,072
12,000
0,000
-0,072
24,000
q (KN/cm) Q (KN)
a (cm)
b (cm)
2
3
0,000 VCEN
100,000
250,000
250,000
VCEN
0,000
0,000
0,000
-50,000
0,000
-6250,000
0,000
0,000
0,000
50,000
0,000
6250,000
Dr. Khaled MAALLA
Page 47
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS matrice globale: K
1
1
2
3
2
3
0,015
0,009
-0,024
-0,015
-0,009
-0,024
0,000
0,000
0,000
0,009
0,005
0,042
-0,009
-0,005
0,042
0,000
0,000
0,000
-0,024
0,042
16,000
0,024
-0,042
8,000
0,000
0,000
0,000
-0,015
-0,009
0,024
0,035
0,009
0,024
-0,020
0,000
0,000
-0,009
-0,005
-0,042
0,009
0,005
0,030
0,000
0,000
0,072
-0,024
0,042
8,000
0,024
0,030
40,000
0,000
-0,072
12,000
0,000
0,000
0,000
-0,020
0,000
0,000
0,020
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
-0,072
0,000
0,000
-0,072
0,000
0,000
0,000
0,000
0,072
12,000
0,000
-0,072
24,000
Vecteur global: F
6,247 -10,827 -1041,667 6,247 -60,827 -5208,333 0,000 50,000 6250,000
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS RESOLUTION
3x3 matrice inverse: INVERSEMAT CTR+Shift+entree 0,035
0,009
0,024
46,530
-73,667
0,028
0,009
0,005
0,030
-73,667
301,669
-0,185
0,024
0,030
40,000
0,028
-0,185
0,025
Solution: K-1 F 4625,114 U2 -17844,853 V2 -119,409 Θ2
exploitation des resultats
exploitation des resultats
Element 1
Element 2
0,000
80,008
4625,114
92,502
0,000
57,917
-17844,853
36,263
0,000
939,255
-119,409
2099,351
4625,114
-92,502
0,000
-92,502
-17844,853
-36,263
0,000
-36,263
-119,409
-2099,351
0,000
-8967,739
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 3.9 BARRE DE TREILLIS (3D)
FY 2 ,V2
Y FY 1 ,V1
2
a
FZ 2 ,W2
1 FZ 1 ,W1
FX 2 ,U 2
EA, L
X
FX 1 ,U1
Z
Transformation : Soit a a1 a2
a3 dans (X Y Z)
U 1 t V1 u1 a1 a2 a3 0 0 0 W1 u 2 0 0 0 a1 a2 a3 U 2 V2 W2
(21)
Équation de rigidité Sous forme compacte
F1 S11 S12 U1 U F S S 2 21 22 2
(22)
Avec
a12 EA S11 S 22 S12 . a2 a1 L a3a1
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a1a2 a2
2
a3a2
a1a3 a2 a3 2 a3
(23)
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
Chapitre 4
PRESENTATION DE LA MEF POUR LES ELEMENTS 1 D
SOMMAIRE
1.
INTRODUCTION
2.
ELEMENT BARRE
3.
ELEMENT POUTRE
4.
ELEMENT POUTRE-COLONNE
5. ELEMENT POUTRE SUR MILIEU ELASTIQUE
Dr. Khaled MAALLA
Page 51
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
4.1 INTRODUCTION
En utilisant la méthode des éléments finis MEF pour résoudre les problèmes de mécanique régis d’un système d’équations différentielles, le domaine du problème doit être tout d’abord discrétisé en éléments. Dans chaque élément la forme des déplacements doit être choisie sous une forme simple pour obtenir les équations de l’élément. Ces équations obtenues sont regroupées ensembles tout en assurant la continuité des déplacements pour obtenir l’équation globale pour le domaine entier. Ces équations sont donc résolues et une solution discrète du champ du déplacement dans tout le domaine sera obtenue. A partir de cette solution on peut obtenir la déformation dans chaque élément en utilisant les équations élémentaires. La procédure de la MEF ci-dessus décrite ne semble pas être difficile. Cependant en examinant le problème de près quelques questions peuvent être posées :
Comment choisir la forme de la fonction déplacement ? Est-ce que cette forme va satisfaire les équations différentielles ?
La solution EF d’un problème de mécanique de solides et de structures est basée sur l’équation de rigidité d’un élément. Les étapes pour obtenir cette équation sont les mêmes pour tous les problèmes. Dans ce chapitre nous allons détailler ces étapes pour des problèmes 1 D afin de maitriser la procédure. Nous nous intéressons en particulier aux problèmes suivants :
Problème de la barre Problème de la poutre Problème de la poutre colonne Problème de la poutre sur milieu élastique
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
4.2 ELEMENT BARRE Considère une barre de longueur L qui travaille uniquement à l’effort normal N:
L le
Discrétisation du domaine :
e
❶ 1
e
❷ 2
i
le
j
L
Fig. 4.1 Discrétisation de la barre : Modèle
e 1
f
u1e 1e
e EAe le
u2e
f 2e
2e
Fig.4.2 Élément barre (e)
Discrétisation de l’équation PTV
U W
1 N2 dx ( p( x).u ( x)dx f1.u1 f 2 .u2 ) 2 le EA le N Ndx ( p( x).u ( x)dx f1.u1 f 2 .u2 ) EA le
(2)
du du du EA dx ( p( x).u ( x)dx f1.u1 f 2 .u2 ) dx dx dx le le
(3)
0 U W le
N EA
(1)
Interpolation des déplacements : Approximation de la fonction inconnue u (x) Dr. Khaled MAALLA
Page 53
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS u( x) c1 c2 x
Champ linéaire : - continuité - degré du polynôme 1 - complétude
u u ( x) N( x) 1 u2
N N1 ( x)
N 2 ( x )
N1 ( x) 1 x / le , N 2 ( x) x / le
(4) (5) (6)
[N] : Matrice d’interpolation Interpolation des déformations : u d d ( x) u ( x) N1 ( x) N 2 ( x) 1 dx dx u2
u u2
( x) B( x) 1
B B1 ( x) B2 ( x) d B1 ( x) N1 1 / le , dx
B2 ( x)
(7)
(8)
d N 2 1 / le dx
(9)
[B] : Matrice d’interpolation des déformations Équation PTV : Équation de rigidité de l’élément (e) Introduisons les relations (4) et (8) dans l’équation du PTV, on obtient
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Page 54
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS K
( p)
0 B .EA.Bdx. T
le
u1 u2
f le T f1 u2 N . pdx 0 f 2
u1 u1 u2
(10)
Puisque u (x) est arbitraire p s11 s12 u1 f1 f1 . s p 21 s22 u2 f 2 f 2
(11)
sij BiT .EA.B j .dx, s11 s22 EA / l s12 s21 l
(12)
0
l
f i N . p.dx ; f1 p
0
T i
p
l
0
N1 N2 l p 1 x / l . pdx, f 2 x / l . pdx
(13)
0
L’équation de rigidité trouvée est exactement la même que celle trouvée dans le chapitre 3 ce qui explique que la MEF va nous donner une solution discrète exacte. Vecteur force équivalente thermique : Si l’élément barre est soumis à une déformation initiale ε0 d’origine thermique ou autre, l’équation (3) devient : N EA(
du du du 0 ) EA( 0 ) dx ( p( x).u ( x)dx f1.u1 f 2 .u2 ) dx dx dx le le
Et l’équation (10) devient : K
u1 u2
( p)
u B .EA.Bdx.u le
T
1
0
f f le f le T u2 N . pdx BT .EA. 0 dx 1 0 0 f 2
2
u1
0
Et l’équation de rigidité de l’élément barre devient donc p 0 s11 s12 u1 f1 f1 f1 . p 0 s 21 s22 u2 f 2 f 2 f 2
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS l
l
f i B .EA 0 .dx ; f 0
0
T i
0 1
0
B1 B2 l 0 1 / l .EA 0 .dx, f 2 1 / l .EA 0 .dx 0
Dans le cas ou 0 est d’origine thermique ; C.à.d. 0 T ou est le coefficient de dilatation thermique du matériaux et T est l’élévation de température, nous aurons : f10 EAT , f 20 EAT
Pour trouver L’équation de rigidité globale pour toute la barre on peut utiliser la méthode d’assemblage expliquée dans les chapitres précédents. Conditions aux limites et résolution Avant de résoudre le système d’équations obtenu après l’assemblage, il faut introduire les conditions aux limites. La résolution du système offre une solution discrète du modèle. Cette résolution doit se faire en 2 étapes : Détermination des déplacements inconnus On utilise uniquement les équations dont le second membre est connu.
Détermination des forces inconnues On utilise le reste des équations.
Interprétation des résultats Les déplacements trouvés permettent de : Déterminer le domaine à l’état déformé Déterminer les contraintes au niveau des nœuds Pour chaque élément (e) on utilise l’équation de rigidité élémentaire (11) pour déterminer f1e et f 2e f1e N (Effort normal à la section i) f 2e N (Effort normal à la section j)
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Page 56
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Application1 : On considère un élément barre de longueur l et de raideur EA=constante avec un champ de déplacement quadratique u(x)=c1+c2x+c3x2, donc il faut prévoir 3 nœuds et non pas 2 pour cet élément. Le nœud 3 sera pris au milieu de l’élément. 1
3
2
u1
u3
u2
Détermination de la matrice d’interpolation [N]= [N1 N2 N3]
N1 ( x) (1 2 x / l )(1 x / l )
N 2 ( x) 2( x / l )(1/ 2 x / l )
N 3 ( x) 4( x / l )(1 x / l )
Détermination de la matrice [B]= [B1 B2 B3] B1
d N1 ( x) (1 / l )(3 4 x / l ) dx
B3
B2
d N 2 ( x) (1/ l )(1 4 x / l ) dx
d N 3 ( x) (1 / l )(4 8 x / l ) dx
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Détermination de la matrice de rigidité de l’élément [K]
s11 EA B1 B1dx ( EA / l )(7 / 3)
s22 EA B2 B2 dx ( EA / l )(7 / 3)
l
l
s12 EA B1 B2 dx ( EA / l )(1 / 3)
s23 EA B2 B3 dx ( EA / l )(8 / 3)
l
l
s13 EA B1 B3 dx ( EA / l )(8 / 3)
s33 EA B3 B3 dx ( EA / l )(16 / 3)
l
l
1 / 3 8 / 3 7/3 EA K 1 / 3 7 / 3 8 / 3 l 8 / 3 8 / 3 16 / 3 L’équation de rigidité de cet élément barre à 3 nœuds s’écrit donc :
1 / 3 8 / 3 u1 f 1 p f1 7/3 EA 1/ 3 7 / 3 8 / 3 u2 f 2p f 2 l p 8 / 3 8 / 3 16 / 3 u3 f 3 f 3
(14)
Vecteur de la charge équivalente nodale
l N . p( x)dx f1 0 1 p l f 2 0 N 2 . p( x)dx Si p(x)=cte=p 0 f p l 3 N 3 . p( x)dx 0 p
f1 p 1 / 6 p f 2 p0l 1 / 6 f p 2 / 3 3
(15)
Application 2: Considérons la barre de caractéristiques (EA, L) montrée ci-dessous. Résoudre ce problème de barre en utilisant 1 seul élément puis 2 éléments (modèle linéaire) et puis un élément (modèle quadratique). p(x)=p0 L
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
Solution Exacte (Continue) : La solution exacte (continue) de ce problème est la solution de l’équation différentielle suivante :
d 2u EAu ' ' p0 0 EA dx 2 p0 0 C1 p0 L p0 L2 x x EAu ' p0 x C1 u ( x) (2 ) u (0) 0 2 EA L L C2 0 u ' ( L) 0 EAu p x 2 / 2 C x C 0 1 2 Solution E.F. (Discrète) : 1. 1 élément u1
u2
1
1
2
x 0 on a u1 0 et en x L on a f 2 0 Vecteur de la charge nodale équivalente
L f1 p 0 1 x / L p0 dx p0 L / 2 p L f 2 0 x / L p0 dx p0 L / 2 Equation de rigidité p EA 1 1 u1 f1 f1 p L 1 1 u2 f2 f2
Résoudre pour u2 : u1 =0 ; f2 =0 u2
p0 L2 Qui correspond a la solution exacte 2 EA
Donc f1 ( p0 L)
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
2. 2 éléments
u1 1
Posons : k
u2 1
2
u3 2
3
EA L
element1 element 2 f p L / 4 0 1 0 2 f 2 0 p0 L / 4 p0 L / 4 k 2 f 0 0 p L / 4 0 3 0
2
2 2 2
0 u1 0 2 u 2 2 u3
Résoudre pour u2 et u3
p0 L / 2 4 2 u 2 k 2 2 u3 p0 L / 4 3 p0 L u2 8k Solution : Qui correspond a la solution exacte u p0 L 3 2k
donc f1 p0 L
Conclusion :
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS
3. 1 élément (quadratique)
u1 1
u3 3
u2 2
EA Posons : k L
1 / 3 8 / 3 u1 f 1 p f1 7/3 EA u f p f 1 / 3 7 / 3 8 / 3 2 2 2 L p 8 / 3 8 / 3 16 / 3 u3 f 3 f 3 Vecteur charge équivalente nodale :
f1 p 1 / 6 p f 2 p0 L 1 / 6 f p 2 / 3 3 Système à résoudre :u1=0
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Page 61
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS p EA 7 / 3 8 / 3 u2 f2 1 / 6 p p0 .L f 2 / 3 L 8 / 3 16 / 3 u3 3
p 7 / 3 8 / 3 u2 f2 1 / 6 p0 .L2 8 / 3 16 / 3 u f p 2 / 3 EA 3 3
1 p0 .L2 3 p0 .L2 ; u3 Solution : u1 0; u2 2 EA 8 EA u ( x) N1.u1 N 2 .u2 N3 .u3 1 3 p0 .L2 (1 2 x / L)(1 x / L).0 2( x / L)(1 / 2 x / L). 4( x / L)(1 x / L). 2 8 EA 2 x 2 x / L p0 .L 2L EA La solution E.F est exactement la même que la solution exacte en tout point x.
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 4.3 ELEMENT POUTRE
Considère une barre de longueur L qui travaille uniquement à la flexion (M et T):
L le
Discrétisation du domaine :
e
❶ 1
e
❷ 2
i
j
le
L
Fig. 4.3 Discrétisation de la barre : Modèle
c1e
e 1
x z
e 1
w
1e
s1e
e EIe le
s2e
c2e 2e
2e w2e
Fig. 4.4 Elément poutre (e)
1 M2 U W dx ( q( x).w( x)dx s1.w1 c1.1 s2 .w2 c2 . 2 ) 2 le EI le
(16)
0 U W le
M Mdx ( q( x).w( x)dx s1.w1 c1. 1 s2 .w2 c2 . 2 ) EI le
d 2w dx 2 d 2w d 2w EI 2 2 dx q( x).w( x)dx s1.w1 c1. 1 s2 .w2 c2 . 2 dx dx le le
(17)
M EI
(18)
Interpolation des déplacements : Approximation de la fonction inconnue w(x)
w( x) c4 x3 c3 x2 c2 x c1 Dr. Khaled MAALLA
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METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Champs cubique : - continuité - degré du polynôme 2 - complétude
w u w( x) N( x) 1 ; u i i , i 1,2 u 2 i
N( x) H1
H1 ( x) 1 3
H 3 ( x) 3
x2 x3 2 2 3 le le
x2 x3 2 2 3 le le
H 2 H3
H 4 N1
(19)
N2
(20)
H 2 ( x) x 2
H 4 ( x)
x 2 x3 le le 2
x 2 x3 le le 2
[N] : Matrice d’interpolation
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Page 64
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Interpolation des déformations :
( x)
d2 d2 N1 w ( x ) dx 2 dx 2 u u 2
( x) B( x) 1 ; 2
B B1
2
Bi d 2 Ni d 2 H 2i 1 dx
u N 2 1 u 2
dx
B2
H 2i , i 1,2
(21)
(22)
(23)
[B] : Matrice d’interpolation des déformations Équation PTV : Équation de rigidité de l’élément (e) Introduisons les relations (19) et (22) dans l’équation du PTV Eq.(18), on obtient K :44
u1 u 2
u B .EI .Bdx.u le
f :4 1 le T f1 u 2 N .qdx 0 f 2 (q)
T
1
0
u1
2
(24)
Puisque w(x) est arbitraire
f1q f1 s11 s12 u1 . q s 21 s 22 u 2 f 2 f 2 l
s ij BTi .EI .B j .dx 0
l
f iq N Ti .q.dx 0
(25)
(26) (27)
12 EI / l 3 6 EI / l 2 12 EI / l 3 6 EI / l 2 s11 ; s12 2 2 4 EI / l 2 EI / l 6 EI / l 6 EI / l 12 EI / l 3 6 EI / l 2 12 EI / l 3 6 EI / l 2 s 21 ; s 22 2 2 2 EI / l 4 EI / l 6 EI / l 6 EI / l
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Page 65
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS Explicitement, l’équation de rigidité de l’élément poutre s’écrit :
12 / l 2 s1 s1q c q 1 c1 EI 6 / l q l 12 / l 2 s2 s2 q c2 6 / l c2
6/l
12 / l 2
4
6/l
6/l
12 / l
2
6/l
2
6 / l w1 2 1 6 / l w2 4 2
(28)
(*) Vecteur de la charge équivalente nodale Ce vecteur est donné en terme des fonctions d’influence Hi(x) ; i=1,4 s c s c
q 1 q 1 q 2 q 2
l H x q( x)dx 0 1 l H x q( x)dx 0 2 l 0 H 3 x q( x)dx l 0 H 4 x q( x)dx l
Les composantes de la matrice de rigidité kij sont obtenues par : kij EI .H i'' .H 'j' dx 0
L’équation de rigidité trouvée est exactement la même que celle trouvée dans le chapitre 3 ce qui explique que la MEF va nous donner une solution discrète exacte. Pour trouver L’équation de rigidité globale pour toute la barre (poutre) on peut utiliser la méthode d’assemblage expliquée dans les chapitres précédents.
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Page 66
METHODE DES ELEMENTS FINIS POUR INGENIEURS 4.4 ELEMENT POUTRE-COLONNE
o
x M+ΔM
N+ΔN θ+Δθ
Δx
q(x) T M
P
T+ΔT Δx
P
Δx
P
N
z
Les équations différentielles de l’équilibre : Les hypotheses: sinθ=θ=-dw/dx; cosθ=1 d dw (N T )0 dx dx
(29)
d dw (T N )q0 dx dx
(30)
dM T 0 dx
(31)
Si on suppose que N>>T et dw/dx