Résolution d’un problème d’élasticité linéaire bidimensionnel par la méthode de la fonction d’Airy.
Dans cet exercice, on étudie la concentration de contraintes au voisinage d’un trou circulaire dans une plaque de grande dimension soumise à une traction uniforme \(\sigma\) à l’infini. Ce problème classique, résolu analytiquement par Kirsch (1898), constitue une référence fondamentale en mécanique de la rupture et en dimensionnement de structures.
On considère une plaque élastique isotrope linéaire, de grandes dimensions, percée d’un trou circulaire de rayon \(a\). La plaque est soumise à une contrainte de traction uniforme \(\sigma\) appliquée à l’infini selon la direction \(x_1\).
Figure : plaque percée sous traction uniforme.
Conditions aux limites :
\(\sigma_{rr}(a,\theta)=0\), \(\sigma_{r\theta}(a,\theta)=0\)
À l’infini : \[ \sigma_{rr}^{\infty} = \frac{\sigma}{2}(1 + \cos 2\theta) \]
En l’absence de forces volumiques, les équations d’équilibre s’écrivent :
\[\frac{\partial \sigma_{11}}{\partial x_1} + \frac{\partial \sigma_{12}}{\partial x_2} = 0\] \[\frac{\partial \sigma_{21}}{\partial x_1} + \frac{\partial \sigma_{22}}{\partial x_2} = 0\]
On introduit une fonction scalaire \(\Phi(x_1, x_2)\), appelée fonction d’Airy, telle que les contraintes s’en déduisent par :
\[\sigma_{11} = \frac{\partial^2 \Phi}{\partial x_2^2}, \quad \sigma_{22} = \frac{\partial^2 \Phi}{\partial x_1^2}, \quad \sigma_{12} = -\frac{\partial^2 \Phi}{\partial x_1 \partial x_2}\]
Ces relations vérifient identiquement les équations d’équilibre.
Pour que le champ de contrainte ainsi défini soit physiquement admissible, il doit satisfaire l’équation de compatibilité (qui garantit l’existence d’un champ de déplacement régulier).
En contraintes planes, l’équation de compatibilité de Beltrami-Michell se réduit à :
\[\Delta(\sigma_{11} + \sigma_{22}) = 0\]
En remplaçant les contraintes par leurs expressions en fonction de \(\Phi\), on obtient l’équation biharmonique :
\[\Delta\Delta\Phi = \frac{\partial^4 \Phi}{\partial x_1^4} + 2\frac{\partial^4 \Phi}{\partial x_1^2 \partial x_2^2} + \frac{\partial^4 \Phi}{\partial x_2^4} = 0\]
Problème : Trouver une fonction \(\Phi\) biharmonique dont les dérivées secondes satisfont les conditions aux limites du problème.
La géométrie circulaire du trou invite à utiliser les coordonnées polaires \((r, \theta)\). Les relations entre coordonnées cartésiennes et polaires sont :
\[x_1 = r\cos\theta, \quad x_2 = r\sin\theta\] \[r = \sqrt{x_1^2 + x_2^2}, \quad \theta = \arctan\left(\frac{x_2}{x_1}\right)\]
En coordonnées polaires, les composantes du tenseur des contraintes s’expriment à partir de \(\Phi(r, \theta)\) par :
\[\sigma_{rr} = \frac{1}{r}\frac{\partial \Phi}{\partial r} + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 \Phi}{\partial \theta^2}\] \[\sigma_{\theta\theta} = \frac{\partial^2 \Phi}{\partial r^2}\] \[\sigma_{r\theta} = -\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{1}{r}\frac{\partial \Phi}{\partial \theta}\right)\]
Le laplacien en polaires est :
\[\Delta\Phi = \frac{\partial^2 \Phi}{\partial r^2} + \frac{1}{r}\frac{\partial \Phi}{\partial r} + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 \Phi}{\partial \theta^2}\]
et l’équation biharmonique \(\Delta\Delta\Phi = 0\) doit toujours être satisfaite.
Le chargement à l’infini présente deux contributions : - Une partie isotrope (indépendante de \(\theta\)) correspondant à la pression moyenne. - Une partie déviatorique variant en \(\cos 2\theta\).
On cherche donc \(\Phi\) sous la forme d’une somme d’une partie axisymétrique et d’une partie périodique en \(\cos 2\theta\) :
\[\Phi(r, \theta) = f(r) + g(r)\cos 2\theta\]
La forme générale d’une fonction biharmonique en polaires est :
\[\Phi(r, \theta) = A_0 + B_0 \log r + C_0 r^2 + D_0 r^2 \log r + \left(A_2 r^2 + B_2 r^4 + \frac{C_2}{r^2} + D_2\right)\cos 2\theta\]
où les constantes \(A_0, B_0, C_0, D_0, A_2, B_2, C_2, D_2\) sont à déterminer par les conditions aux limites.
Les termes \(D_0 r^2 \log r\) et \(B_2 r^4\) sont exclus car ils ne tendent pas vers zéro à l’infini ou produisent des contraintes non bornées.
Lorsque \(r \to \infty\), l’état de contrainte doit tendre vers la traction simple :
\[\sigma_{11}^\infty = \sigma, \quad \sigma_{22}^\infty = 0, \quad \sigma_{12}^\infty = 0\]
En polaires, cela donne :
\[\sigma_{rr}^\infty = \frac{\sigma}{2}(1 + \cos 2\theta), \quad \sigma_{\theta\theta}^\infty = \frac{\sigma}{2}(1 - \cos 2\theta), \quad \sigma_{r\theta}^\infty = -\frac{\sigma}{2}\sin 2\theta\]
En identifiant avec les expressions issues de \(\Phi\), on détermine les constantes pour \(r\) grand :
\[C_0 = \frac{\sigma}{4}, \quad A_2 = -\frac{\sigma}{4}, \quad D_2 = 0\]
La surface du trou est libre de contrainte :
\[\sigma_{rr}(a, \theta) = 0, \quad \sigma_{r\theta}(a, \theta) = 0 \quad \forall \theta\]
En appliquant ces conditions, on obtient un système linéaire pour les constantes restantes :
Partie axisymétrique (termes indépendants de \(\theta\)) : \[B_0 = -\frac{\sigma a^2}{2}\]
Partie \(\cos 2\theta\) : \[C_2 = -\frac{\sigma a^4}{4}, \quad A_2 \text{ déjà déterminé}, \quad D_2 = \frac{\sigma a^2}{2}\]
En reportant les constantes dans les expressions des contraintes, on obtient la solution de Kirsch (1898) :
\[\boxed{\begin{aligned} \sigma_{rr} &= \frac{\sigma}{2}\left(1 - \frac{a^2}{r^2}\right) + \frac{\sigma}{2}\left(1 - 4\frac{a^2}{r^2} + 3\frac{a^4}{r^4}\right)\cos 2\theta \\[1em] \sigma_{\theta\theta} &= \frac{\sigma}{2}\left(1 + \frac{a^2}{r^2}\right) - \frac{\sigma}{2}\left(1 + 3\frac{a^4}{r^4}\right)\cos 2\theta \\[1em] \sigma_{r\theta} &= -\frac{\sigma}{2}\left(1 + 2\frac{a^2}{r^2} - 3\frac{a^4}{r^4}\right)\sin 2\theta \end{aligned}}\]
Ces expressions constituent la solution analytique exacte du problème dans le cadre de l’élasticité linéaire.
Au bord du trou (\(r = a\)), les expressions se simplifient :
\[\sigma_{rr}(a, \theta) = 0, \quad \sigma_{r\theta}(a, \theta) = 0\]
\[\sigma_{\theta\theta}(a, \theta) = \sigma(1 - 2\cos 2\theta)\]
Point A (\(\theta = \pi/2\), sommet du trou) : \[\sigma_{\theta\theta} = \sigma(1 - 2\cos\pi) = 3\sigma\] La contrainte est triplée par rapport à la contrainte appliquée.
Point B (\(\theta = 0\), équateur du trou) : \[\sigma_{\theta\theta} = \sigma(1 - 2\cos 0) = -\sigma\] La contrainte est en compression.
Le facteur théorique de concentration de contrainte (SCF) est défini par :
\[K_t = \frac{\sigma_{\theta\theta}^{\max}}{\sigma} = 3\]
Ce résultat est fondamental : pour un trou circulaire dans une plaque infinie, la contrainte maximale vaut 3 fois la contrainte nominale appliquée.
Les paramètres suivants correspondent à la Plaque 1 de l’exercice :
import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np
from plaque_airy_params import PlaqueAiryParams
params = PlaqueAiryParams()
a = params.a
sigma = params.sigma_inf
L = 200e-3
x = np.linspace(-L, L, 400)
y = np.linspace(-L, L, 400)
X, Y = np.meshgrid(x, y)
R = np.sqrt(X**2 + Y**2)
Theta = np.arctan2(Y, X)
R_mask = np.where(R >= a, R, np.nan)
s_rr = (
(sigma/2)*(1 - a**2/R_mask**2)
+ (sigma/2)*(1 - 4*a**2/R_mask**2 + 3*a**4/R_mask**4)
* np.cos(2*Theta)
)
s_theta = (
(sigma/2)*(1 + a**2/R_mask**2)
- (sigma/2)*(1 + 3*a**4/R_mask**4)
* np.cos(2*Theta)
)
s_rtheta = (
-(sigma/2)
* (1 + 2*a**2/R_mask**2 - 3*a**4/R_mask**4)
* np.sin(2*Theta)
)
fig, axes = plt.subplots(1, 3, figsize=(18, 6))
fields = [
(s_rr, r"$\sigma_{rr}$ (MPa)"),
(s_theta_masked, r"$\sigma_{\theta\theta}$ (MPa)"),
(s_rtheta, r"$\sigma_{r\theta}$ (MPa)"),
]
bg = (40/255, 43/255, 48/255, 1.0)
for ax, (field, title) in zip(axes, fields):
ax.set_facecolor(bg)
cp = ax.contourf(X, Y, field/1e6, levels=50, cmap="jet")
cbar = plt.colorbar(cp, ax=ax, label=title)
circle = plt.Circle((0, 0), a, color=bg)
ax.add_artist(circle)
ax.set_xlabel("x (m)", color='grey')
ax.set_ylabel("y (m)", color='grey')
ax.set_title(title, color='grey')
ax.tick_params(colors='grey')
for spine in ax.spines.values():
spine.set_color('grey')
cbar.ax.tick_params(colors='grey')
cbar.ax.yaxis.label.set_color('grey')
cbar.outline.set_edgecolor('grey')
ax.set_aspect("equal")
fig.patch.set_facecolor(bg)
plt.suptitle(
"Champs de contrainte autour du trou (solution de Kirsch)",
color='grey'
)
plt.tight_layout()
plt.show()
from IPython.display import display, Math
theta_A = np.pi/2
theta_B = 0.0
sA = params.sigma_theta_bord(theta_A)
sB = params.sigma_theta_bord(theta_B)
display(Math(r"\text{Point A }(\theta=\pi/2) : \sigma_{\theta\theta} = "
+ f"{sA/1e6:.0f}" + r" \text{ MPa}"))
display(Math(r"\text{Point B }(\theta=0) : \sigma_{\theta\theta} = "
+ f"{sB/1e6:.0f}" + r" \text{ MPa}"))
display(Math(r"\text{Facteur de concentration : } K_t = "
+ f"{params.facteur_concentration():.0f}"))\(\displaystyle \text{Point A }(\theta=\pi/2) : \sigma_{\theta\theta} = 30 \text{ MPa}\)
\(\displaystyle \text{Point B }(\theta=0) : \sigma_{\theta\theta} = -10 \text{ MPa}\)
\(\displaystyle \text{Facteur de concentration : } K_t = 3\)
On considère une plaque en acier (\(E = 210\) GPa, \(\nu = 0.3\)) avec un trou de rayon \(a = 20\) mm, soumise à une traction \(\sigma = 10\) MPa.
1. Au bord du trou, \(\sigma_{\theta\theta}(a, \theta) = \sigma(1 - 2\cos 2\theta)\) :
2. \(K_t = \sigma_{\theta\theta}^{\max}/\sigma = 30/10 = 3\).
3. Pour \(\theta = \pi/2\), \(\sigma_{\theta\theta}(r) = \frac{\sigma}{2}(2 + \frac{a^2}{r^2} + 3\frac{a^4}{r^4})\). La perturbation est inférieure à 5% lorsque \(\sigma_{\theta\theta}(r) \approx \sigma\), soit environ \(r \geq 3a\).
Dans cette étude théorique, nous avons :
Ce résultat analytique servira de référence pour la validation du calcul numérique par éléments finis.