Le Sans retenue no 490.pub

Corrigé du TD2 1
Plaques circulaires et annulaires
Exercice 2 :
z
Q
2πρ
Q
2πρ
Q
2πρ
r
a
ρ
0
ρ
a
L'équation de Lagrange : ∆(∆w) = 0 =⇒ w = wh
(
r < ρ on note w0 (r)
On détermine l'expression de la èche suivant les deux cas :
r > ρ on note w00 (r)
Pour r < ρ
w0 (r) = A1 ln(r) + A2 r2 ln(r) + A3 r2 + A4
en r = 0 la èche est nie ⇒ A1 = 0
4A2 D
⇒ A2 = 0
Indication : Tr0 (r) = 0 or Tr0 (r) =
r
=⇒ w0 (r) = A3 r2 + A4 =⇒ 2 inconnues.
Pour r > ρ
w00 (r) = B1 ln(r) + B2 r2 ln(r) + B3 r2 + B4
B1−→4 : 4 constantes inconnues.
En tout on a 6 inconnues pour les déterminer il nous faut 6 équations.
−Q
Selon l'indication, on a : Tr00 (r) =
(1)
2πr
Les conditions aux
( limites :
w00 (a) = 0 (2)
en r = a on a :
Mr00 (a) = 0 (3)
∂w
∂ 2w
La continuité (en r = ρ) de w,
donne :
et
∂r
∂r2

w0 (ρ) = w00 (ρ)
(4)



00
 ∂w0
∂w
(ρ) =
(ρ)
(5)
∂r
∂r2 00

2 0


 ∂ w (ρ) = ∂ w (ρ) (6)
∂r2
∂r2
1. [email protected] (A.U. 2014-2015)
1
La résolution de ces équations permet de déterminer : A3 , A4 , B1 , B2 , B3 et B4 .
Exercice 3 :
La solution w(r) peut être calculée en utilisant la méthode de superposition. Dans
ce cas le problème principal est décomposé en 3 problèmes préliminaires (déjà vus dans
le cours) :
P0
P0
1111
0000
=
(1)
+
Γ2
Γ1
Γ1
11111
00000
Γ2
(2)
+
Q
Q
1111
0000
(3)
La solution w(r) est la somme des solutions des 3 problèmes (1), (2) et (3) :
w(r) = w(1) (r) + w(2) (r) + w(3) (r). Le moment est calculé en faisant la somme des
(1)
(2)
(3)
moments déterminés pour les 3 problèmes : Mr (r) = Mr (r) + Mr (r) + Mr (r).
Solutions des problèmes
préliminaires
ducours):
4 (résultats

2
4
w(1) (r) = − P0 a r − 2 3 + ν r + 5 + ν

64D a4
1 + ν a2
1+ν
Problème (1) :
P

0
(1)
Mr (r) =
(3 + ν)(a2 − r2 )
16

1 a2 − r2 Γ1 b2 − Γ2 a2
a2 b2 Γ2 − Γ1
r


w(2) (r) =
+
ln( )
2
2
2
2
2 a − b (1 + ν)D
a −b 1−ν
a
Problème (2) :
2
2
2 2
Γ
b
−
Γ
a
a
b
Γ
−
Γ

2
1
2

Mr(2) (r) = − 1 2
+ 2 2
a − b2
r a − b2

Qb h
r
r i
(3)
2
2
2

w (r) = −
A(a − r ) + r ln( ) − B ln( )
4D a
a
Problème (3) :
Qb
r
B
(3)

Mr (r) = −
2(1 + ν)(ln( ) − A) + 2 (1 − ν) + (3 + ν)
4
a
r
Avec
2
3+ν
a2 b 2
a
+ 2
ln( )
2
2(1 + ν) a − b
b
2 2
1 + ν 2a b
a
B=
ln( )
2
2
(1 − ν) a − b
b
On remarque que dans l'expression de la èche w(r) on a 3 inconnues qui sont :
Γ1 , Γ2 et Q. On verra dans la suite comment on les détermine.
Les conditions aux
( limites du problème principal :
w(a) = 0
(I)
en r = a on a :
(bord simplement appuyé)
Mr (a) = 0 (II)
(
Mr (b) = 0 (III)
en r = b on a :
(bord simplement appuyé)
w(b) = 0
(IV )
A=
On remarque que la èche en r = a pour chaque problème préliminaire est nulle.
Donc l'équation (I) est inutile pour la détermination des inconnues.
(II) ⇒ Mr (a) = Mr(1) (a) + Mr(2) (a) + Mr(3) (a) = 0, donc Γ2 = 0
| {z } | {z } | {z }
=0
(III) ⇒ Mr (b) =
P
Mr(1) (b)
| {z }
= 160 (3+ν)(a2 −b2 )
donc Γ1 = −
=0
=Γ2
+ Mr(2) (b) + Mr(3) (b) = 0,
| {z } | {z }
=Γ1
=0
P0
(3 + ν)(a2 − b2 )
16
(IV ) ⇒
w(b) =
w(1) (b)
+
w(2) (b)
| {z }
| {z }
h
i
2 2 Γ1
P0 a4 b4
3+ν b2
5+ν
1 Γ1 b2
=− 64D
= 2 (1+ν)D − a2 b 2 1−ν
−2( 1+ν ) 2 +( 1+ν )
ln( ab )
a4
a
a −b
+
w(3) (b)
| {z }
Qb
=− 4D
[A(a2 −b2 )+(b2 −B) ln( ab )]
,
donc Q = · · ·
3
=0

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