Dynamique des contacts
Sujet propos´e par O. Pantzolivier.pantz@polytechnique.org Objectif
Le but de ce Miniprojet consiste `a impl´ementer un sch´ema num´erique sim- ple simulant le comportement d’un solide quasi-rigide percutant une fonda- tion rigide. Dans un premier temps, on se limitera au cas unidimensionnel en impl´ementant ce sch´ema en dimension 1 sousscilab. Le cas bidimension- nel sera consid´er´e dans un second temps et mise en œuvre `a l’aide du logiciel d’´el´ements finisFreeFem++.
Position du probl`eme
On consid`ere un solide quasi-rigide de configuration de r´ef´erence Ω, ouvert de Rn (par la suite, on consid´erera le casn= 1 ou 2). On noteu: [0, T]×Ω→Rn le d´eplacement du solide au court de l’intervalle de temps d’´etude [0, T]. Le solide ´etant suppos´e presque rigide, son mouvement est essentiellement compos´e d’une rotation et d’une translation. Afin de pouvoir lin´eariser le probl`eme, on suppose que la composante de rotation du mouvement est nulle (ce qui est vrai dans certaines configurations particuli`eres) et que de ce fait, le gradient∇ude la d´eformation est proche de l’identit´e. Sous ses hypoth`eses, il est raisonnable de supposer que le comportement du solide est lin´eaire ´elastique. De ce fait, le syst`eme est d´efini par
ρ∂∂t2u2 = divσ+f dans ]0, T[×Ω u(t= 0) =u0 sur Ω
∂u
∂t(t= 0) =v0 sur Ω
(1)
o`u σ est le tenseur des contraintes internes, f les forces appliqu´ees au solide et ρla masse volumique du solide. Le comportement du solide ´etant suppos´e
´elastique lin´eaire, on a
σ=Ae(u), (2)
o`uA est la loi de Hook ete(u) est le gradient sym´etris´e
e(u) = (∇u+∇uT)/2. (3)
Pour fermer le syst`eme, il reste `a d´efinir quelles sont les conditions aux limites impos´ees sur le bord de Ω.
On suppose que les mouvements du solide sont limit´ees par la pr´esence d’un obstacle rigideωd´efinit par
ω={x∈Rn : F(x)>0}.
Ainsi, pour tout (t, x)∈]0, T[×∂Ω, on a
F(x+u(t, x))≤0. (4)
Deux cas se pr´esentent. Soit F(x+u(t, x)) = 0. Dans ce cas, le point x est en contact avec l’obstacle rigide au tempstet le solide exerce une force (qu’on
suppose sans frottement) empˆechant la p´en´etration du solide Ω dans la fondation rigideω. SoitF(x+u(t, x))<0: Au tempst, le point xn’est pas en contact avec la fondation rigide et ne subit aucune force de r´eaction de sa part. On peut r´esumer ces deux situations sous la forme condens´ee suivante
λCF(x+u(t, x)) = 0 sur ]0, T[×∂Ω (5) σ·n=λCN sur ]0, T[×∂Ω (6)
λC≥0 sur ]0, T[×∂Ω (7)
o`u n est la normale ext´erieure `a Ω, N la normale ext´erieure `a ω et λC est l’intensit´e de la force de contact exerc´ee par la fondation sur le solide.
R´esolution Num´erique: Le cas unidimensionnel
On consid`ere dans un premier temps le cas unidimensionnel, c’est `a dire o`u Ω =]aC, aN[ est un intervalle ouvert deR. On suppose de plus queω=]− ∞,0[
de sorte que
F(x) =−x.
Evidemment, seule l’extr´´ emit´eaCde Ω peut entrer en contact avec la fondation rigide. Les ´equations (1-7) se simplifient sous la forme
ρ∂2u
∂t2 −a∂2u
∂x2 =f sur ]0, T[×Ω (8)
u(t= 0) =u0 sur Ω (9)
∂u
∂t(t= 0) =v0 sur Ω (10)
∂u
∂x(aN) = 0 sur ]0, T[ (11)
a∂u
∂x(aC) +λC= 0 sur ]0, T[ (12)
u(aC) +aC≥0 sur ]0, T[ (13)
λC(u(aC) +aC) = 0 sur ]0, T[ (14)
λC≥0 sur ]0, T[. (15)
On se propose d’impl´ementer le sch´ema de type Newmark avec (δ=θ= 1/2) afin de r´esoudre ce probl`eme, tout en l’adaptant afin de prendre en compte la condition de contact. En d’autres termes, on va d´eterminer uni 'u(n∆t, aC+ i∆x) solution de
ρ
un+1i −2uni +un−1i (∆t)2
−a 2
un+1i+1 −2un+1i +un+1i−1 (∆x)2
+un−1i+1 −2un−1i +un−1i−1 (∆x)2
!
=fi (16)
et
−a 2
un+1j+1 −un+1j
∆x +un−1j+1 −un−1j
∆x
!
=gjn+1 (17)
aveci= 1, . . . , N,j∈ {0, N},fi =f(aC+i∆x),gNn+1= 0,
g0n+1=λn+1C (18)
et
λn+1C ≥0
λn+1C (aC+un+10 ) = 0 aC+un+10 ≥0.
(19)
Question 1. Quelle est l’´energie totale du syst`eme ? Montrer que l’´energie du syst`eme est constante au court du temps. Remarque: Pour simplifier, on pourra supposer que le solide n’entre en contact avec le support rigide qu’un nombre fini de fois.
Question 2. On introduit l’´energie discr´etis´ee suivante
En=1 2
N
X
i=1
ρ
un+1i −uni
∆t 2
∆x+1 4
N
X
i=0
a
"
un+1i+1 −un+1i
∆x
!2
+
uni+1−uni
∆x
2#
∆x−1 2
N
X
i=1
fi(un+1i +uni)∆x Montrer qu’en l’absence de contacts, cette derni`ere est conserv´ee au court du temps et qu’elle est d´ecroissante en pr´esence de contact.
A cause de la condition de contact sans frottement, le syst`eme (16-19) est non lin´eaire. Il s’en suit que la r´esolution de ce probl`eme discr´etis´e n’est pas
´evidente. On se propose de le r´esoudre de mani`ere it´erative en recherchant la force de contact par approximations successives. Plus pr´ecis´ement, supposons un,un−1,λnC,λn−1C ont d´ej`a ´et´e calcul´es. Pour tout r´eelλC>0, on noteT(λC) la solution du syst`eme lin´eaire (16-18) o`u on a suppos´eλn+1C =λC. En d’autres termes,T(λC)∈RN+2 est solution du syst`eme
ρ
T(λC)i−2uni +un−1i (∆t)2
−a 2
T(λC)i+1−2T(λC)i+T(λC)i−1 (∆x)2
+un−1i+1 −2un−1i +un−1i−1 (∆x)2
!
=fi
et
−a 2
T(λC)j+1−T(λ)j
∆x +un−1j+1 −un−1j
∆x
!
=gjn+1
aveci= 1, . . . , N,j∈ {0, N},fi =f(aC+i∆x),gNn+1= 0, gn+10 =λC.
Enfin, on pose
R(λC) = max(λC−α(aC+T(λC)),0), o`uαest un petit r´eel positif.
Question 3. V´erifier que λC est un point fixe de R si et seulement si les conditions (19) avec sont satisfaites (λC=λn+1C ).
La r´esolution du syst`eme discr´etis´e complet consiste donc `a d´eterminerλn+1C solution de
λn+1C =R(λn+1C ).
L’algorithme qui en d´ecoule est le suivant
1. Initialisation
On posen= 0,u0i =u0(aC+i∆x),u1i =u0i + ∆tv0(aC+i∆x) et λ0C=λ1C = 0.
2. It´erations
a. Pour toutn >1, on pose λn,0C =λn−1C etj = 0.
b. CalculerT(λn,jC ) puis de λn,j+1C =R(λj,nC ).
c. Si|λn,j+1C −λn,jC |< ε petit, on passe `a l’´etape 3, sinon, on incr´ementej est on retourne `a l’´etape 2.b
3. Sin∆t < T, on incr´ementenet on passe `a l’´etape 2, sinon on stoppe.
Question 4. Impl´ementer l’algorithme pr´ec´edent sousscilab.
Question 5. On souhaite v´erifier la propri´et´e de d´ecroissance de l’´energie discr´etis´ee. Tracer l’´evolution de l’´energie discr´etis´ee en fonction du temps avec le jeu de param`etres physiques suivants: Ω =]0,1[,ρ=a= 1,f =−1,u0= 1, v0 = 0 et T = 10, et les param`etres de discr´etisation N = 100, ε = 10−10,
∆t = 0.05, α = 10 .Tracer ´egalement (sur un autre graphique) la force de contact exerc´ee par l’obstacle en fonction du temps.
Question 6. D´eterminer la formulation variationnelle associ´ee au syst`eme (8-15). D´eterminer la solution explicite de ce probl`eme dans le cas Ω =]0,1[, ρ=a= 1,f = 0,u0= 1, v0 =−1 etT = 4. . Indications: On cherchera une solutionutelle que∂u/∂xsoit constante par morceaux.
Question 7. Quelle est l’erreur obtenue (en normeL2) entre la solution ex- acte et la solution calcul´ee num´eriquement au temps finalT = 4 (On utilisera les mˆemes param`etres de discr´etisation que lors de la pr´ec´edente application num´erique). Note: Si U est un vecteur comportant N + 2 composantes, on d´efinit la normeL2deU par
kUk=X
|Ui|2∆x1/2
R´esolution Num´erique: Le cas bidimensionnel
On se propose d’impl´ementer la m´ethode pr´ec´edente en utilisant la mˆeme sch´ema en temps, mais en adoptant une discr´etisation en espace de type ´el´ements finis. On consid`ere le cas o`u ω =R×]− ∞,0[. La contrainte est alors d´efinie par
F(x1, x2) =−x2.
On suppose de plus que Ω est un solide ´elastique isotrope de module de Young E et de coefficient de Poissonν. On rappelle que les coefficients de Lam´e sont d´efinis par
λ= νE
(1 +ν)(1−2ν) µ= E 2(1 +nu)
Question 8. D´eterminer la formulation variationnelle v´erifi´ee par la solution udu syst`eme (1-3) et (6) en supposant λC donn´e.
Question 9. Proposer une discr´etisation de ce syst`eme de type diff´erences finies en temps (identique `a celle propos´ee dans le cas unidimensionnel) et de type ´el´ements finisP1en espace.
Question 10. Proposer une extension de l’algorithme introduit pr´ec´edemment au cas bidimensionnel permettant de d´eterminer de mani`ere it´erative la force de contact discr´etis´ee λn+1C , appartenant `a l’espace des fonctions P1 du bord du maillage de Ω. On utilisera un crit`ere de convergence des multiplicateurs de Lagrange bas´e sur la normeL∞ de la diff´erence entre deux multiplicateurs de Lagrange successifs.
Question 11. Quelle est l’´energie du syst`eme au tempst? Montrer qu’on peut introduire une ´energie discr´etis´ee, conserv´ee en l’absence de contacts. Mon- trer que quitte `a utiliser la technique dite de “masse lumping” pour ´evaluer l’int´egrale associ´ee aux forces de contacts, l’´energie discr´etis´ee est d´ecroissante (pas n´ecessairement strictement), mˆeme en pr´esence de contacts.
Question 12. Impl´ementer l’algorithme sousFreeFem++.
Question 13. On souhaite valider l’algorithme sur un cas test simple. On consid`ere le cas Ω =]−h, h[×]0, L[ avecu0= (0,1), v0= (0,−1), ρ= 1,ν = 0,
E = 1, f = 0, T = 4, L = 1 et h = 0.03. D´eterminer la solution exacte du probl`eme d’´evolution obtenu. Calculer l’erreur L2 moyenne obtenue entre la solution num´erique et la solutionL2 au tempsT = 4. On choisira de mailler Ω
`
a l’aide d’un maillage structur´e comptant 100 mailles par unit´e de longueur et
∆t= 0.05. Tracer l’´evolution de l’´energie et de la somme des multiplicateurs de Lagrange
λC = Z
∂Ω
λCds
en fonction du temps.
Question 14. Tracer l’´evolution de l’´energie et de la somme des multiplicateurs de Lagrange en fonction du temps en utilisant mˆemes param`etres que lors de la question pr´ec´edente, mais pour un temps final T = 10, une force f = −1 et une vitesse initiale nulle. L’´energie discr´etis´ee est-elle bien d´ecroissante ? Interpr´eter.
Question 15. Mˆeme question que pr´ec´edemment, mais avecν= 1.
Question 16. Question subsidiaire: Repr´esenter le solide d´eform´e pour diff´erents temps de l’´evolution (en utilisant la commandemovemesh). On pourra changer tous les param`etres de la g´eom´etrie (cas du disque par exemple) au coefficients de Lam´e (il est conseiller d’augmenter le module de Young pour que le solide ne soit pas trop mou et ´eviter des erreur de typeretournement de triangle sousFreefem++).