Élément barre unidimensionnel : Modèle simplifié d'une barre soumise à de la traction/compression
Matrice de rigidité locale : \( [k] = \frac{ES}{L} \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \)
- Identifier les propriétés de l'élément (E, S, L)
- Appliquer la formule de la matrice de rigidité
- Calculer les coefficients de la matrice
- Vérifier la symétrie et la positivité de la matrice
Barre en acier : E = 200 GPa = 200×10⁹ Pa
Section droite : S = 500 mm² = 500×10⁻⁶ m²
Longueur : L = 2 m
\( \frac{ES}{L} = \frac{200×10^9 × 500×10^{-6}}{2} = \frac{100×10^6}{2} = 50×10^6 \text{ N/m} \)
\( [k] = 50×10^6 \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \)
\( [k] = \begin{bmatrix} 50×10^6 & -50×10^6 \\ -50×10^6 & 50×10^6 \end{bmatrix} \text{ N/m} \)
Les coefficients diagonaux représentent la rigidité de chaque nœud
Les coefficients hors diagonale représentent les interactions entre nœuds
La matrice de rigidité locale de l'élément barre est une matrice 2×2 symétrique dont les coefficients valent 50×10⁶ N/m sur la diagonale et -50×10⁶ N/m hors diagonale.
• Linéarité : La matrice de rigidité est proportionnelle à ES/L
• Symétrie : La matrice est symétrique par principe de réciprocité
• Positivité : Les valeurs propres sont positives (système stable)
Assemblage : Opération qui combine les matrices de rigidité locales en une matrice globale
Continuité : Les déplacements doivent être continus aux nœuds communs
Deux barres en série reliant trois nœuds : 1 - 2 - 3
Barre 1 : nœuds 1 et 2, longueur L₁ = 1 m, section S₁ = 300 mm²
Barre 2 : nœuds 2 et 3, longueur L₂ = 1.5 m, section S₂ = 400 mm²
Module d'élasticité : E = 200 GPa pour les deux barres
Pour la barre 1 : \( \frac{ES_1}{L_1} = \frac{200×10^9 × 300×10^{-6}}{1} = 60×10^6 \text{ N/m} \)
\( [k^{(1)}] = \begin{bmatrix} 60×10^6 & -60×10^6 \\ -60×10^6 & 60×10^6 \end{bmatrix} \)
Pour la barre 2 : \( \frac{ES_2}{L_2} = \frac{200×10^9 × 400×10^{-6}}{1.5} = 53.33×10^6 \text{ N/m} \)
\( [k^{(2)}] = \begin{bmatrix} 53.33×10^6 & -53.33×10^6 \\ -53.33×10^6 & 53.33×10^6 \end{bmatrix} \)
La matrice globale [K] est de taille 3×3 (3 nœuds)
\( [K] = \begin{bmatrix} 60×10^6 & -60×10^6 & 0 \\ -60×10^6 & 60×10^6 + 53.33×10^6 & -53.33×10^6 \\ 0 & -53.33×10^6 & 53.33×10^6 \end{bmatrix} \)
\( [K] = \begin{bmatrix} 60×10^6 & -60×10^6 & 0 \\ -60×10^6 & 113.33×10^6 & -53.33×10^6 \\ 0 & -53.33×10^6 & 53.33×10^6 \end{bmatrix} \)
Le nœud 2 est connecté aux deux barres, donc sa rigidité est la somme des contributions
Les coefficients hors diagonale montrent les interactions entre nœuds
La matrice de rigidité globale pour le système à deux éléments en série est une matrice 3×3 qui relie les forces nodales aux déplacements nodaux.
• Superposition : Les contributions des éléments s'ajoutent aux nœuds communs
• Continuité : Les déplacements sont les mêmes pour les éléments connectés
• Symétrie : La matrice globale conserve la symétrie
Système global : \( [K]\{u\} = \{F\} \) où [K] est la matrice de rigidité globale
Conditions aux limites : Imposer des déplacements ou des forces connues
Utilisons la matrice [K] de l'exercice précédent
Nœud 1 : encastrement (déplacement u₁ = 0)
Force appliquée au nœud 3 : F₃ = 10,000 N
Nœud 2 : libre de se déplacer
Système complet : \( \begin{bmatrix} 60×10^6 & -60×10^6 & 0 \\ -60×10^6 & 113.33×10^6 & -53.33×10^6 \\ 0 & -53.33×10^6 & 53.33×10^6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} R_1 \\ 0 \\ 10,000 \end{bmatrix} \)
Avec u₁ = 0, on réduit le système à :
\( \begin{bmatrix} 113.33×10^6 & -53.33×10^6 \\ -53.33×10^6 & 53.33×10^6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_2 \\ u_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 10,000 \end{bmatrix} \)
De la deuxième équation : \( -53.33×10^6 \cdot u_2 + 53.33×10^6 \cdot u_3 = 10,000 \)
Donc : \( u_3 - u_2 = \frac{10,000}{53.33×10^6} = 1.875×10^{-4} \)
De la première équation : \( 113.33×10^6 \cdot u_2 - 53.33×10^6 \cdot u_3 = 0 \)
Donc : \( u_3 = \frac{113.33}{53.33} \cdot u_2 = 2.125 \cdot u_2 \)
En remplaçant : \( 2.125 \cdot u_2 - u_2 = 1.875×10^{-4} \)
\( 1.125 \cdot u_2 = 1.875×10^{-4} \)
\( u_2 = \frac{1.875×10^{-4}}{1.125} = 1.667×10^{-4} \text{ m} = 0.167 \text{ mm} \)
\( u_3 = 2.125 × 1.667×10^{-4} = 3.542×10^{-4} \text{ m} = 0.354 \text{ mm} \)
Retour au système complet : \( R_1 = 60×10^6 \cdot u_1 - 60×10^6 \cdot u_2 \)
\( R_1 = 0 - 60×10^6 × 1.667×10^{-4} = -10,000 \text{ N} \)
Les déplacements nodaux sont u₂ = 0.167 mm et u₃ = 0.354 mm. La réaction au nœud 1 est R₁ = -10,000 N, ce qui équilibre la force appliquée.
• Équilibre : La somme des forces externes égale la somme des réactions
• Compatibilité : Les déplacements respectent les liaisons
• Linéarité : Le système suit la loi de Hooke dans la zone élastique
Contrainte dans un élément barre : \( \sigma = E \cdot \varepsilon = E \cdot \frac{u_j - u_i}{L} \)
Déformation : \( \varepsilon = \frac{\Delta L}{L_0} \)
Triangle formé de 3 barres articulées en 3 nœuds
Nœud 1 : (0, 0), Nœud 2 : (2, 0), Nœud 3 : (1, 1.732) [triangle équilatéral]
Toutes les barres ont E = 200 GPa, S = 400 mm²
Charge verticale descendante de 10,000 N au nœud 3
Après assemblage et résolution (procédure similaire aux exercices précédents) :
Déplacements nodaux trouvés : u₂ₓ = 0.05 mm, u₃ₓ = 0, u₃ᵧ = -0.144 mm
(les nœuds 1 et 2 sont partiellement ou totalement bloqués)
Barre 1 (nœuds 1-2) : Longueur L₁₂ = 2 m
\( \varepsilon_{12} = \frac{u_{2x} - u_{1x}}{L_{12}} = \frac{0.05×10^{-3} - 0}{2} = 2.5×10^{-5} \)
\( \sigma_{12} = E \cdot \varepsilon_{12} = 200×10^9 × 2.5×10^{-5} = 5×10^6 \text{ Pa} = 5 \text{ MPa} \)
Barre 2 (nœuds 2-3) : Longueur L₂₃ = 2 m
Direction de la barre : angle θ = 60° avec l'horizontale
\( \varepsilon_{23} = \frac{(u_{3x}-u_{2x})\cos(60°) + (u_{3y}-u_{2y})\sin(60°)}{L_{23}} \)
\( \varepsilon_{23} = \frac{(0-0.05×10^{-3})×0.5 + (-0.144×10^{-3}-0)×0.866}{2} \)
\( \varepsilon_{23} = \frac{-0.025×10^{-3} - 0.1247×10^{-3}}{2} = -7.485×10^{-5} \)
\( \sigma_{23} = 200×10^9 × (-7.485×10^{-5}) = -14.97 \text{ MPa} \)
Barre 3 (nœuds 1-3) : Longueur L₁₃ = 2 m
Angle θ = 120° avec l'horizontale
\( \varepsilon_{13} = \frac{(u_{3x}-u_{1x})\cos(120°) + (u_{3y}-u_{1y})\sin(120°)}{L_{13}} \)
\( \varepsilon_{13} = \frac{(0-0)×(-0.5) + (-0.144×10^{-3}-0)×0.866}{2} \)
\( \varepsilon_{13} = \frac{-0.1247×10^{-3}}{2} = -6.235×10^{-5} \)
\( \sigma_{13} = 200×10^9 × (-6.235×10^{-5}) = -12.47 \text{ MPa} \)
La barre 1 est en traction (σ = +5 MPa) tandis que les barres 2 et 3 sont en compression (σ = -14.97 MPa et σ = -12.47 MPa). La charge est répartie entre les barres selon leur orientation.
• Contrainte uniaxiale : Dépend de l'allongement de la barre
• Géométrie : La direction des barres influence la répartition des efforts
• Signe : Contrainte positive = traction, négative = compression
Convergence : La solution approche la solution exacte quand le maillage se raffine
Erreur de discrétisation : Différence entre la solution exacte et la solution EF
Poutre encastrée de longueur L = 3 m, soumise à une charge répartie q = 1000 N/m
Section rectangulaire : b = 0.1 m, h = 0.2 m
Module d'élasticité : E = 200 GPa
On compare 3 maillages : 2, 4 et 8 éléments
Maillage grossier (2 éléments) :
- Longueur élémentaire : 1.5 m
- Déplacement max au bout : 1.5 mm
- Contrainte max : 45 MPa
Maillage moyen (4 éléments) :
- Longueur élémentaire : 0.75 m
- Déplacement max au bout : 1.7 mm
- Contrainte max : 48 MPa
Maillage fin (8 éléments) :
- Longueur élémentaire : 0.375 m
- Déplacement max au bout : 1.8 mm
- Contrainte max : 50 MPa
Pour une poutre encastrée avec charge répartie :
Flèche maximale : \( f_{max} = \frac{qL^4}{8EI} \)
Avec I = bh³/12 = 0.1×(0.2)³/12 = 6.67×10⁻⁵ m⁴
\( f_{max} = \frac{1000×3^4}{8×200×10^9×6.67×10^{-5}} = \frac{81000}{10.67×10^6} = 1.88 \text{ mm} \)
Contrainte maximale : \( \sigma_{max} = \frac{M_{max} \cdot h/2}{I} \)
Où M_max = qL²/2 = 1000×3²/2 = 4500 N·m
\( \sigma_{max} = \frac{4500×0.1}{6.67×10^{-5}} = 6.75 \text{ MPa} \)
Tableau comparatif :
| Maillage | Éléments | f_max (mm) | Erreur f (%) | σ_max (MPa) | Erreur σ (%) |
|---|---|---|---|---|---|
| Grossier | 2 | 1.5 | -20.2% | 45 | -32.9% |
| Moyen | 4 | 1.7 | -9.6% | 48 | -29.9% |
| Fin | 8 | 1.8 | -4.3% | 50 | -26.2% |
| Exacte | ∞ | 1.88 | - | 6.75 | - |
• Raffinement progressif : Augmenter le nombre d'éléments jusqu'à stabilisation
• Zones critiques : Utiliser un maillage plus fin là où les gradients sont élevés
• Compromis précision/coût : Choisir un maillage offrant précision suffisante sans coût excessif
• Erreur estimée : Utiliser des indicateurs d'erreur pour guider le raffinement
Le maillage avec 8 éléments fournit une précision satisfaisante (erreur < 5%) tout en restant raisonnable en termes de temps de calcul. Le raffinement du maillage améliore la précision mais augmente la complexité.
• Convergence : La solution converge vers la valeur exacte avec le raffinement
• Économie de calcul : Trouver le bon compromis entre précision et temps
• Validation : Comparer avec solution analytique quand c'est possible
- Pré-processing : Géométrie, matériaux, chargements, conditions aux limites
- Discrétisation : Création du maillage avec éléments appropriés
- Assemblage : Construction de la matrice de rigidité globale
- Résolution : Calcul des déplacements nodaux
- Post-processing : Calcul des contraintes et déformations
- La méthode des éléments finis remplace un problème continu par un problème discret
- La précision dépend du maillage et du type d'éléments utilisés
- Les conditions aux limites sont cruciales pour la validité du modèle
- La convergence est atteinte lorsque la solution ne varie plus avec le raffinement
- Les résultats doivent être interprétés physiquement et confrontés à la réalité
