Cours de mécanique Statique -...

Cours de mécanique Statique

I.S.T.A de Ploufragan D.L. 49



2.1 – ENONCE DU PRINCIPE FONDAMENTAL DE LA STATIQUE

La condition nécessaire et suffisante pour qu’un solide initialement au repos reste au repos, est que

le système des actions mécaniques extérieures agissant sur ce solide forme un système équivalent à

zéro.

TRADUCTION MATHEMATIQUE DU

PRINCIPE

Un solide indéformable (S) est en équilibre

(autrement dit immobile par rapport au repère

absolu) sous l’action de n forces →

1F , →

2F , →

3F … →

nF si

les deux théorèmes ci-dessous sont vérifiés.

THEOREME DE LA RESULTANTE

La somme géométrique des n vecteurs forces

extérieures est nulle, soit :

→

=

→→→→→→==++++= ∑∑ OFF...FFFF

n

1iin321ext

THEOREME DU MOMENT

La somme des moments, en n’importe quel

point O, de tous les n vecteurs forces extérieures est

nulle, soit :

0)F(M...)F(M)F(M)F(M

0)F(M)F(M

nO3O2O1O

n

1iiOextO

=++++

==

→→→→

=

→→∑∑

(S)

→→→→

F1

→→→→

F3

→→→→

F4

→→→→

F2

→→→→

F5

→→→→

F5

→→→→

F4

→→→→

F3

→→→→

F2

→→→→

F1

Solide en équilibre

→

=

→→→→→→→==++++= ∑∑ OFFFFFFF

5

1ii54321ext

Interprétation analytique

Dynamique des forces

Interprétation graphique

Remarque : Dans le cas d’un problème plan le principe fondamental de la statique (P.F.S.) se traduit

par trois équations algébriques (2 équations dues au théorème de la résultante et une due

au théorème du moment). Dans ce cas, on ne pourra résoudre un problème que si l’on

dispose, au plus, de trois inconnues indépendantes.



APPLICATION A UN SOLIDE SOUMIS A

2 FORCES

On isole un solide soumis à l’action de deux

forces extérieures.

→→→→F1

2F→→→→

BA

(S)

Bilan mécanique

ForcesPoint

d’applicationDirection

F2 B→

et sens Intensité

??

F1 A→

??

Application du principe fondamental de la statique (A.P.F.S.)

• Théorème de la résultante →→→→

=+=∑ 0FFF 21Ext ⇒ →→

−= 21 FF

• Théorème du moment

0F(MF(M)F(M 2A1AExtA ) ) =+=→→→

∑ ⇒ 0F(MF(M 2A1A ) ) =−=→→

en effet →

1F passe par le point A. ou

0F(MF(M)F(M 2A1BExtB ) ) =+=→→→

∑ ⇒ 0F(MF(M 1B2B ) ) =−=→→

en effet →

2F passe par le point B.

A partir des résultats ci-dessus nous pouvons affirmer que dans le cas particulier d’un solide soumis

à l’action de deux forces extérieures alors ces deux forces ont :

� La même intensité et des sens opposés (→→

−= 21 FF )

� Le même support, ce dernier passant obligatoirement par les points d’application A et B

( 0F(M 2A ) =→

et 0F(M 1B ) =→

).

THEOREME N°1

Lorsqu’un solide est soumis à l’action de deux forces extérieures alors ces deux forces

sont égales et directement opposées.

→→→→F1

2F→→→→

BA

(S)Le support des forces

passe par les points A et B



APPLICATION A UN SOLIDE SOUMIS A

3 FORCES

On isole un solide soumis à l’action de deux forces

extérieures.

(S)

I

→→→→F1

→→→→F2

→→→→F3

A

B

C

Bilan mécanique

ForcesPoint


F2 B→

et sens Intensité

??

F1 A→

F1→

F3→

F3 C→

Pour illustrer ce cas particulier, nous

supposerons que les forces →

1F et →

3F sont

totalement connues.

Application du principe fondamental de la statique (A.P.F.S.)

• Théorème de la résultante

→→→→→

=++=∑ 0FFFF 321Ext

• Théorème du moment

Appliquons le théorème du moment au point I, qui se trouve être le point d’intersection entre le

support de la force →

1F et le support de la force →

3F

) ) ) IIII 0F(MF(MF(M)F(M 321Ext =++=→→→→

∑

Or comme 0F(M 1 )I =→

et 0F(M 3 )I =→

(Les supports des forces →

1F et →

3F passe par le point I) alors

nous avons 0F(M 2 ) I =→

.

A partir des résultats ci-dessus nous pouvons affirmer que :

• Le 0F(M 2 ) I =→

implique le support de la force →

2F passe par le point I. Par conséquent les

supports des forces →

1F , →

2F et →

3F se coupent

obligatoirement au point I.

(S)

I

→→→→

F1

→→→→F2

→→→→

F3

A

B

C

Support de la

force

• Le polygone des forces →

1F , →

2F et →

3F forme un

triangle fermé car la somme vectorielle est

composée que de trois vecteurs.

Triangle des forces

→→→→F1

→→→→F2

→→→→F3



THEOREME N°2

Si un solide est en équilibre sous l'action de trois forces, alors ces trois forces :

• sont coplanaires.

• concourantes en un même point I;

• et ont pour somme vectorielle un triangle dit fermé (en effet chaque

extrémité des vecteurs rencontre l'origine du vecteur suivant).

(S)

I

A

B

C

Triangle des forces

→→→→F1

→→→→F2

→→→→F3→→→→

F3

→→→→F1

→→→→F2

EXEMPLE D’APPLICATION

PINCE ETAU*

Un bouteur se compose d’un châssis (1), d’une lame (2) articulée en B sur deux bras de poussée (3)

eux-mêmes articulés en A sur (1). La hauteur de la lame est réglée par deux vérins (6+7) et son

inclinaison par deux vérins (4+6).

B

E

D

A

H

F

6 7 5

2

431

O

C

HO/2→

Données :

• Les liaisons en A, B, C, D, E et F

sont des liaisons pivots dont les

centres portent le même nom.

• Les poids des pièces sont négligés.

• )daN22000(H 2/O →

schématise

l’action du sol sur la lame. L’étude

est réalisée dans le plan de

symétrie de l’appareil.

* Référence bibliographique : Mécanique 1ère et Term

STI, Jean Louis FANCHONS, NATHAN



ETUDE STATIQUE

Le but de l’exercice est de déterminer les actions exercées en A, B, C, D, E et F.

Démarche à utiliser :

a) Commencer par isoler les solides soumis à l’action de deux forces afin de déterminer la

direction des forces.

b) Isoler ensuite les solides soumis de trois forces en commençant par celui dont on connaît

complètement une force (donnée du problème).

1°) On isole le vérin (6 + 7)

Bilan mécanique

des actions extérieures au vérin

ForcesPoint


C2/7 C→

et sens Intensité

??

F1/6 F→

??(liaison pivot)

(liaison pivot)

7

6

C

F

Constat : Le vérin 6 + 7 est un solide soumis à l’action de deux forces →

6/1F et →

7/2C .

Conclusion : Pour que le vérin 6 + 7 reste en équilibre, les deux forces →

6/1F et →

7/2C doivent être

égales et directement opposées, donc →→

−= 7/26/1 CF et la ligne d’action de ces

forces est la droite FC.

Direction de →

2/7C

7

6

C

F

Direction de →

1/6F



2°) On isole le vérin (4 + 5)

Bilan mécanique


ForcesPoint


D2/5 D→

et sens Intensité

??

E3/4 E→

??(liaison pivot)

(liaison pivot)

4

5

E

D

Constat : Le vérin 4 + 5 est un solide soumis à l’action de deux forces →

4/3E et →

5/2D .

Conclusion : Pour que le vérin 4 + 5 reste en équilibre, les deux forces →

4/3E et →

5/2D doivent être

égales et directement opposées, donc →→

−= 5/24/3 DE et la ligne d’action de ces

forces est la droite DE.

4

5

E

DDirection de

→

1/6FDirection de

→D2/5

3°) On isole l’ensemble (2 + 3 + 4 + 5)

B

E

D

A

H

5 24

3

C

H

CF

HO/2→

Remarque : On choisit d’isoler cet ensemble pour avoir un maximum de trois inconnues.



Bilan mécanique


ForcesPoint


C7/2 C→

et sensIntensité

?

A1/3 A→

??(liaison pivot)

FC

H0/4→

H 22000

(en daN)

Nous disposons dans le tableau de trois

inconnues (trois points d’interrogation) donc

la résolution est possible.

Constat : L’ensemble de solides 2+3+4+5 est

un ensemble soumis à l’action de trois

forces extérieures : →

3/1A , →

2/7C .et →

4/0H

Conclusion : Pour que l’ensemble de solides

2+3+4+5 reste en équilibre, les trois

forces doivent être concourantes en

un même point et la somme

vectorielle de ces forces doit former

un triangle fermé.

Résolution graphique : (suivre les instructions détaillées ci-dessous).

• Rechercher d’abord le point de concours I (prolongement des directions connues →

4/0H et FC.

B

E

D

A

H

5 24

3

C

CF

I

Point de concours

HO/2→

• Tracer la direction de la force dont on connaît que le point d’application (ici →

3/1A ).

B

E

D

A

H

5 24

3

C

CF

I

Direction de →A 1/3

HO/2→

Pour notre cas, la direction de la force →

3/1A passe par son point d’application et le point de

concours I.



• Tracer le triangle des forces →→→→

=++ 0HCA 4/02/73/1 , (Ne pas oublier de choisir une échelle des

forces pour tracer le triangle des forces à l’échelle et ainsi déterminer les normes manquantes).

B

E

D

A

H

5 24

3

C

CF

I

Triangle des forces

HO/2→

A1/3→

C7/2→

HO/2→

• Déterminer les normes manquantes en mesurant leur longueur sur le triangle des forces en tenant

compte du facteur d’échelle puis reporter les résultats.

Résultats :

Pour cet exercice nous obtenons :

daN7670C 2/7 =→

et

daN27660A 3/1 =→

ForcesPoint


C7/2 C→

et sensIntensité

7670

A1/3 A→

27660

FC

H0/4→

H 22000

(en daN)

AI

• Pour finir, il faut tracer les vecteurs forces sur la figure (ci-dessous, la figure reprend l’ensemble des

constructions à effectuer).

HO/2→

B

E

D

A

H

5 24

3

C

CF

I

A1/3→

C7/2→



4°) On isole le bras de poussée (3)

B

EA

3

A1/3→

ED

Bilan mécanique


ForcesPoint


E4/3 E→

et sensIntensité

?

A1/3 A→

27660

ED

B2/3→

H

(en daN)

AI

?(liaison pivot)

?

Nous disposons dans le tableau de trois

inconnues (trois points d’interrogation) donc

la résolution est possible.

Constat : Le bras de poussée 3 est un solide

soumis à l’action de trois forces

extérieures : →

3/1A , →

3/4E .et →

3/2B

Conclusion : Pour que le bras de poussée 3 reste

en équilibre, les trois forces doivent

être concourantes en un même point

et la somme vectorielle de ces forces

doit formé un triangle fermé.

Résolution graphique :

Triangle des forces

B

EA

3

A1/3→

J

E4/3

→

B2/3

→

B2/3

→

A1/3→ E4/3

→

Résultats :

Pour cet exercice, nous obtenons :

daN14660E 3/4 =→

et

daN39555B 3/2 =→

ForcesPoint


E4/3 E→

et sensIntensité

39555

A1/3 A→

27660

ED

B2/3→

B

(en daN)

AI

14660BJ



5°) Résultats obtenus pour les solides soumis à l’a ction de deux forces

• Le vérin (6 + 7)

Résultats

Partant du principe de réciprocités des actions mutuelles, nous avons : →→

−= 2/77/2 CC

En outre nous avons vu que →→

−= 7/26/1 CF . Cela nous permet de compléter le tableau et la

figure ci-dessous.

Bilan mécanique


ForcesPoint


C2/7 C→

et sensIntensité

F1/6 F→

7670en daN

7670

FC

FC

7

6

C

FF1/6→

C2/7→

• Le vérin (4 + 5)

Résultats

Partant du principe de réciprocités des actions mutuelles, nous avons : →→

−= 3/44/3 EE

En outre nous avons vu que →→

−= 5/24/3 DE . Cela nous permet de compléter le tableau et la

figure ci-dessous.

Bilan mécanique


ForcesPoint


D2/5 D→

et sensIntensité

E3/4 E→

14660

en daN

14660

ED

ED

4

5

E

D

D2/5

→

E3/4

→



2.2 - RESOLUTION DES PROBLEMES DE STATIQUE PLANE PAR LA METHODE ANALYTIQUE Le but du présent chapitre est de donner une démarche permettant de résoudre, par la méthode

analytique, les problèmes de statique plane en appliquant directement les deux théorèmes découlant du

principe fondamental de la statique, soit :

• Le théorème de la résultante : ∑→→

= 0Fext .

• Le théorème du moment : ∑→→

= 0)F(M extO (vrai quel que soit le point O).

CAS DES FORCES PARALLELES

Afin de déterminer les actions mécaniques inconnues agissant sur un solide ou un ensemble de

solides soumis à n forces parallèles, la démarche à suivre est la suivante :

� Isoler le solide ou l’ensemble de solides.

� Faire le bilan des actions mécaniques sous forme de tableau

Remarque : Considérons un solide soumis à 3, 4, 5 ...ou n forces. Si respectivement 2, 3, 4 ... ou ( n-1 ) de ces forces sont parallèles alors la force restante est obligatoirement parallèle

aux autres.

� Choisir un système d’axes )y,x,O(rr

Remarque : Pour définir le système d’axes mettre un des deux axes parallèles aux actions

mécaniques.

� Définir sous forme de vecteurs toutes les actions mécaniques (même celles qui sont

inconnues).

� Appliquer le principe fondamental de la statique :

� D’abord le théorème de la résultante en projection sur l’axe parallèle aux forces.

� Ensuite le théorème du moment au point d’application d’une action dont on ne connaît

rien (où il y a le plus d’inconnues).

� Déterminer les inconnues en développant /factorisant les équations obtenues.

Remarque : Pour résoudre un problème de statique appliqué à un solide ou ensemble de solides

soumis à l’action de n forces parallèles, il ne peut y avoir plus de deux inconnues. Si tel

était le cas alors il faut isoler un autre solide ou ensemble de solides pour obtenir de

nouvelles équations et ainsi de suite jusqu’à ce que le nombre d’inconnues corresponde

au nombre d’équations.




RECHERCHE DU CENTRE DE GRAVITE D’UNE VOITURE

Le but de cet exercice est de déterminer la position du centre de gravité de la Peugeot 605 à partir

de la répartition de la charge sur les essieux avant et arrière.

ba

G

A B

L

Le centre de gravité de la voiture est défini par les côtes a et b (cf. figure ci-dessus)

ETUDE STATIQUE

Le but de l’étude est de déterminer les cotes a et b. Pour cela, on mesure à l’aide d’une balance (un

pont bascule peut parfaitement faire l’affaire) la charge exercée sur l’essieu avant puis sur l’essieu arrière.

Le véhicule doit être parfaitement horizontal.

Le résultat des mesures est : mA = 780 kg et MB = 540 kg.

Données : g = 9,81 m/s2. L = a + b = 2,8 m

Pour déterminer la valeur des cotes a et b à partir des mesures effectuées, nous suivrons la

démarche suivante :

1°) Isoler le véhicule et faire le bilan mécanique

On isole le véhicule 605

G

A B

Bilan mécanique

ForcesPoint


ASol/Véh A

B

→

et sensIntensité

?G

(en daN)

BSol/Véh

→

P→

( Appuiponctuel)

( Appuiponctuel)

m gA.

B.m g

Constat : Le véhicule est en équilibre sous l’action de trois forces parallèles.



2°) Choisir un système d’axe adapté au système (ici )y,x,O(rr

)

ba

G

A B

y

x

O

+ ASol/Véh

→BSol/Véh

→

P→

y→

x→

Remarque : Le sens indiqué « + » correspond au sens de référence des moments

3°) Exprimer les actions mécaniques sous forme de v ecteur.

• N8,765181,9780gmgm

0ygmA A

A)y,x(Avéh/Sol avec

=×==⋅=

→

rr

r

• N4,529781,9540gmgm

0ygmB B

B)y,x(Bvéh/Sol avec

=×==⋅=

→

rr

r

• P0

yPP)y,x( −

=⋅=→

rr

r

4°) Appliquer le principe fondamental de la statiqu e.

• Application du théorème de la résultante :

→→→→→=++=∑ 0PBAF /Sol/SolExt

VéhVéh

00

P0

gm0

gm0

F)y,x()y,x(B)y,x(A)y,x(

Ext

rrrrrrrr=

−+

⋅+

⋅=∑

→

Nous obtenons, après projection sur l’axe )y(O,r, l’équation scalaire suivante :

0Pgmgm BA ====−−−−⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅ (1)

• Application du théorème du moment :

0)P(MBMA(M)F(M A/SolA/SolAExtA )( ) VéhVéh

=++=→→→→

∑

Détermination des moments directement à partir de la lecture de la figure :

0PagmL0)F(M BExtA =×−×+=∑→



Détermination des moments à partir du produit en croix :

00

AA →

→

⋅ véh/SolA

Agm

0 0L

AB →

→

⋅ véh/SolB

Bgm

0

ca

AG →

→

−P

P0

[ ] [ ] [ ])0c())P(a()00(g)mL()00(g)m0()F(M BAExtA ×−−×+×−⋅×+×−⋅×=∑→

0PagmL0)F(M BExtA =×−×+=∑→

d’ou l’équation scalaire : 0PagmL B ====××××−−−−⋅⋅⋅⋅×××× (2) 5°) Recherche des inconnues.

• Partant de l’équation (1) ( )0Pgmgm BA =−⋅+⋅ , nous obtenons :

gmgmP BA ⋅+⋅=

⇒ ( ) gmmP BA ⋅+=

⇒ ( ) 81,9780P ×+= 540

⇒ N 12949,2 P =

• Partant de l’équation (1) ( )0PagmL B =×−⋅× , nous obtenons :

gmLPa B ⋅×=×

⇒ P

gmLa B ⋅×=

⇒ 2,12949

4,52978,2a ×=

⇒ m 1,145a =

• En outre, nous avons : L a b = + , alors obtenons :

145,18,2aLb −=−=

⇒ m 1,655 b =



CAS DES FORCES QUELCONQUES

Afin de déterminer les actions mécaniques inconnues agissant sur un solide ou un ensemble de

solides soumis à n forces, la démarche à suivre est sensiblement identique à celle utilisée pour résoudre

les problèmes de solides soumis à des forces parallèles :

• Isoler le solide ou l’ensemble de solide

• Faire le bilan des actions mécaniques sous forme de tableau

• Choisir un système d’axes ( , , )O x yr r

Remarque : Définir le système d’axes de façon à simplifier au maximum l’écriture des

vecteurs-force.

• Définir sous forme de vecteurs toutes les actions mécaniques (même celles qui

sont inconnues), puis en faire une représentation graphique sur la figure.

Remarque : Pour les forces qui sont totalement inconnues, les considérer positives; les calculs

donneront les signes.

• Appliquer le principe fondamental de la statique :

� D’abord le théorème de la résultante en projection sur les deux axes du repère.

� Ensuite le théorème du moment au point d’application d’une action dont on ne connaît

rien (où il y a le plus d’inconnues).

• Déterminer les inconnues en développant /factorisant les équations obtenues.

Remarque : Pour résoudre un problème de statique plane appliqué à un solide ou ensemble de

solides soumis à l’action de n forces, il ne peut y avoir plus de trois inconnues. Si

tel était le cas, alors il faut isoler un autre solide ou ensemble de solides pour

obtenir de nouvelles équations et ainsi de suite jusqu’à ce que le nombre

d’inconnues corresponde au nombre d’équations.



EXEMPLES D’APPLICATION

EXEMPLE N°1 CHARIOT ELEVATEUR (*)

Le chariot élévateur proposé sur les figures se compose de deux rails télescopiques (2) et (3)

articulés en D sur le châssis motorisé (1). La fourche élévatrice (4) est guidée sur le rail (2) par

l'intermédiaire de deux paires de galets (6) et (7). L'effort de levage est fourni par le vérin hydraulique (8)

+ (9) (8=tige, 9=corps). Le vérin est en appui sur le bas du rail (3) et pousse en A le chariot. L'orientation

des rails est réalisée par deux vérins hydrauliques (10) + (11).

Le chariot est en équilibre dans la position de la figure. L'étude est faite dans le plan de symétrie de

l'appareil. On notera par un seul repère les groupes de deux pièces identiques. Les frottements sont

négligés.

Soit →P le poids de l'ensemble fourche 4 + charge 5, tel que

y50005000

0P

r⋅−=

−=

→(unité utilisé : daN)

Pour déterminer les dimensions du vérin et des liaisons A, B et C, nous devons étudier l’équilibre de

l’ensemble (4) + (5) + (6) + (7).

(*) Référence biographique : Mécanique Premières F et E, Jean-Louis Fanchon, NATHAN



1°) Isoler l’ensemble 4 + 5 + 6 + 7

B

C

A

G

P→

690

400

5 4

6

7

O

y

x

+

BILAN MECANIQUE

Forces Pointd’application

Direction

B 2/6 B→

et sensIntensité

?

(en daN)

C2/7→

?

P→

G

C

5000daN

(Appui ponctuel)

(Appui ponctuel)

AA 8/4(Appuiponctuel) ?→

Constat : L’ensemble 4 + 5 + 6 + 7 est en

équilibre sous l’action de 4 forces

extérieures.

Le repère utilisé pour l’étude sera le

repère )y,x,O(rr

R représenté sur la figure ci-

dessus.

2°) Ecrire sous forme vectorielle, les actions méca niques :

• En G,

5000

0P

)y,x( −=

→

rr

(unité utilisé le daN)

• En B, la direction de l’action mécanique est horizontale , soit : 0

XB

B

)y,x(

6/2rr

=→

• En C, la direction de l’action mécanique est horizontale , soit : 0

XC

C

)y,x(

7/2rr

=→

• En A, la direction de l’action mécanique est verticale , soit :

A)y,x(

4/8Y

0A

rr

=→



3°) Représenter, sur la figure, les actions mécaniq ues

Cela consiste à faire l’interprétation graphique, sur la figure, de l’écriture vectorielle du 2°

B

C

A

G

P→

690

400

5 4

6

7

O

y

x

+

A 8/4

→

B 2/6

→

C 2/7

→

4°) Appliquer le principe fondamental de la statiqu e à l’ensemble isolé

• →→→→→→

=+++=∑ 0PCBAF 7/26/24/8Ext

0

0

5000

0

0

X

0

X

Y

0F

)y,x()y,x(

C

)y,x(

B

)y,x(A)y,x(

Ext

rrrrrrrrrr

=−

+++=∑→

Nous obtenons, après projection sur l’axe )x(O,r

puis sur l’axe )y(O,r

, les équations :

(2)

(1)

05000Y

0XX

A

CB

====−−−−

====++++

• 0)P(M)C(M)B(M)A(M)F(M B72B62B4/8BExtB // =+++=→→→→→

∑


05000690X40000)F(M CExtB =×+×++=∑→


?

0BA →

→

4/8

A

AY

0

0

0BB →

→

6/2

BB

0

X

400

0BC

−

→

→

7/2

CC

0

X

?

690BG

−→

→

−P

5000

0

[ ] [ ] [ ] [ ] 0)0(?)5000690()X400()00()X0()00()0(?)Y0()F(M CBAExtB =×−−×−+×−−×+×−×+×−×=∑→

Soit l’équation scalaire : (3) 05000690X400 C ====××××++++××××



5°) Déterminer les inconnues

En partant de l’équation (3) (il n’y a qu’une seule inconnue dans cette équation), nous

obtenons : 05000690X400 C =×+×

⇒ 34500005000690X400 C −=×−=×

⇒ 400

3450000XC

−= soit daN8625 XC −=

De l’équation (1), nous obtenons : 0XX CB =+

⇒ )8625(XX CB −−=−= soit daN8625 XB =

Enfin l’équation (2) nous donne : 05000YA =− soit daN5000 YA =

6°) Mettre en forme les résultats � Représentation vectorielle des résultats

• 0

8625B

)y,x(

6/2 rr

=→

et daN8625B 6/2 =→

• 0

8625C

)y,x(

7/2 −

=→

rr

et daN8625C 7/2 =→

• 5000

0A

)y,x(

3/1 rr

=→

et daN5000A 3/1 =→

� Représentation graphique des résultats

B

C

A

G

P→

5 4

6

7

A8/4

→

B2/6

→

C2/7

→→→→

(5000 daN)

(8625 daN)

(8625 daN)

Points d'application

Remarque : Les

points d’application

correspondants aux

actions mécaniques →

6/2B et →

7/2C

dépendent du sens

sachant de ces

actions sachant

qu’une action de

contact est toujours

dirigée, par rapport

au point de contact,

vers la matière du

solide isolé.



EXEMPLE N°2 : POTENCE A TIRANT

La potence à tirant est

utilisée pour la manutention

des charges. Elle se compose

:

� d’une flèche (3),

� d’un tirant (2),

� d’un fût (1),

� d’un support scellé

au mur (4),

� d’un palan (non

représenté).

AB

C

Zône d'action du palan (2,4m)

3

214

ED0

Les liaisons en A, B et C sont des liaisons pivots dont les centre portent le même nom. La liaison

entre le support (4) et le fut (1) est une liaison pivot dont l’axe est vertical.

La force →F schématise l’action maximum exercée par le palan et la charge à soulever, nous avons :

y2000

2000

0F

r⋅⋅⋅⋅−−−−====

−−−−====

→→→→ (unité utilisée : daN)

Pour déterminer les

actions de contact

exercées sur les

différentes articulations,

la charge sera situé au

point E, comme le

montre la figure ci-

dessous. C’est en effet

lorsque la charge est au

point E que les efforts

encaissés par les liaisons

sont les plus importants.

AB

C

3

214

F→

E

y

x

0

300 2550

3000

20°

1100



On donne : 0

2850 OE ,

1100

300 OC,

3,117

3000 OB,

0

300 OA ====

→→→→

(unité utilisée : mm)

Le but de l’exercice, est de déterminer les actions de contact exercées sur les articulations A, B, C et

entre le support scellé au mur (4) et le fût (1). Les poids des solides (1), (2), (3) et (4) sont négligés

devant les autres actions.

Remarque : Pour résoudre ce type de problème, il faut d’abord étudier les solides sollicités par deux

actions extérieures.

1°) Etudier l’équilibre du tirant 2

ON ISOLE LE TIRANT 2

B

C

220°

BILAN MECANIQUE

ForcesPoint


B3/2 B

C

→

et sensIntensité

?

(en daN)

C1/2

→

( Liaisonpivot)? ?

( Liaisonpivot)?

Constat : Le tirant 2 est en équilibre sous

l’action de deux forces.

Conclusion : Pour que le tirant 2 reste en équilibre, les deux forces →

2/3B et →

1/2C doivent être

égales et directement opposées, donc :

→→→→→→→→−−−−==== 2/12/3 CB et la ligne d’action de ces forces est la droite BC

B

C

220°

Direction de

C1/2

→Direction de

B3/1→



2°) Etudier l’équilibre de la potence 3

ON ISOLE LA POTENCE 3

AB

3 F→

E

BILAN MECANIQUE

ForcesPoint


B2/3 B→

et sensIntensité

?

(en daN)

A1/3

→

?

( Liaisonpivot)?20°

F→

E

A

2000daN

Constat : La potence 3 est en équilibre

sous l’action de trois forces.

2.1) Ecrire sous forme vectorielle les actions mécaniq ues (utiliser le repère R de la

figure)

•

2000

0F

−=

→

R

(Unité utilisée : daN)

• En B, on connaît la direction de l’action mécanique, soit :

°−

°=

→

20sinB

20cosBB

3/2

3/2

3/2

R

• Nous ne connaissons rien de l’action en A. Cependant, nous savons que la liaison mécanique

est une liaison pivot et donc l’action mécanique est quelconque dans le repère R.

Nous écrivons donc:

3/1

3/1

3/1Y

XA

R

=→

2.2) Représenter, sur la figure, les actions mécanique s

AB

3 F→

EO

y

x

300 2550

3000

20°

B2/3

→→→→

A1/3→

+

dB x cos20°2/3

- B x sin20°2/3

(X )1/3

(Y )1/3



2.3) Appliquer le principe fondamental de la statique à la potence

� Théorème de la résutante :

→→→→→=++=∑ 0FBAF 3/23/1Ext

0

0

2000

0

20sinB

20cosB

Y

XF

)y,x()y,x(3/2

3/2

)y,x(3/1

3/1

)y,x(

Ext

rrrrrrrr

=−

+°−

°+=∑

→

Nous obtenons aprés projection surl’axe )x(O,r puis sur l’axe )y(O,

r les 2 équations ci-

dessous :

(1) 020cosBX 3/23/1 =°×+

(2) ×=−°×− 0200020sinBY 3/23/1

� Théorème du moment :

0 ) F(M)B(M)A(M)F(M A3/2A3/1AExtA =++=→→→→

∑


0200055,220sinB7,220cosBd0)F(M 3/23/2ExtA =×−°××−°××−=∑→


00

AA →

→

3/13/1

3/1 AY

X d

7,2AB →

→

°×−

°×3/2

3/2

3/2 B20sinB

20cosB

0

55,2AE →

→

−F

2000

0

[ ] [ ] [ ])00())2000(55,2()20cosBd()20sinB7,2()X0()Y0()F(M 3/23/23/13/1ExtA ×−−×+°××−°×−×+×−×=∑→

Soit l’équation scalaire : (3) ( ) 0200055,220sin7,220cosB 3/2 =×−°×+°×− d

� Détermination de la distance d

A

B

C

1

EO

y

x

3003000

20°

1100

d

2700

3

F

2700xtan20°

2

20°

Considérons le triangle BCF.

Nous avons :

• FB mm= − =3000 300 2700

• tan20° = FCFB

⇒ °×= 20tanFBFC

Nous pouvons dire que :

• FC1100d −=

⇒ °×−= 20tan27001100d

⇒ m1173,0mm3,117d ==



2.4) Déterminer les inconnues

Partant de l’équation (3) (il n’y a qu’une seule inconnue dans cette équation).

(3) ( ) 0200055,220sin7,220cosdB 3/2 =×−°×+°×−

⇒ ( ) daNm5100200055,220sin7,220cos1173,0B 3/2 . =×=°×+°×−

⇒ daN 4933,8-

=°×+°×

−=20sin7,220cos1173,0

5100B 3/2

Partant du résultat précédent et de l’équation (1), nous obtenons :

(1) 020cosBX 3/23/1 =°×+

⇒ ( ) daN 4636,2+ =°×−−=°×−= 20cos8,493320cosBX 3/23/1

Enfin, prenons l’équation (2), et nous obtenons :

(1) 0200020sinBY 3/23/1 =−°×−

⇒ ( ) daN 312,54+ , =+°×−=+°×= 200020sin84933200020sinBY 3/23/1

2.5) Mettre en forme les résultats

� Représentation vectorielle des résultats

• ( )( ) 5,1687

2,4636

20sin84933

20cos84933B 3/2

,

,

−=

°−−

°−=

→

RR

et daN8,4933B 3/2 =→

• 5,312

24636A 3/1

,

R

=→

et daN72,46465,3122,4636A 223/1 =+=

→


AB

3

F→

EO

y

x

B2/3

→→→→

A1/3→



3°) Etudier l’équilibre du fût 1

ISOLONS LE FUT 1

xA

C

1

20°

O

y

C2/1

→→→→

A3/1→

BILAN MECANIQUE

ForcesPoint


C2/1 C→

et sensIntensité

4646,7daN

(en daN)

A1/3

→

20°

?

A

4933,8daN

* ? (Liaisonpivot) ?R4/1

→

Remarque : Nous avons : →→

−= 2/12/3 CB

Or →→

−= 3/22/3 BB (action / réaction) ⇒ →→

= 2/13/2 CB

et →→

−= 2/11/2 CC (action / réaction) ⇒ →→

−= 3/21/2 BC

* Entre le support 4 et le fut 1 nous avons une liaison pivot d’axe ( , )O yr

. Le point d’application de l’action

mécanique peut être n’importe où. C’est pourquoi nous mettons un point d’interrogation dans la colonne « point

d’application » car il nous est impossible de le situer.

Constat : Le fut 1 est en équilibre sous l’action de trois forces.

A

C1

O

y

x

300

20°

1100

A3/1→

C2/1→

R4/1→

+

M RO( )4/1

→

3.1) Ecrire sous forme vectorielle les actions mécaniq ues (utiliser le repère R de la

figure)

•

5,1687

2,4636C 1/2 −

=→

R

• ,

5,312

24636A 1/3 −

−=

→

R

• En ce qui concerne l’action du support 4 sur le fut 1 nous ne connaissons rien (ni la direction

ni le point d’application); par conséquent nous écrivons :

1/41/4

YR 4/1X

R

=→

(Direction quelconque) et 0M ≠=→

)R(M 1/4O (point d’application inconnu).



3.3) Appliquer le principe fondamental de la statique au fût

� Théorème de la résutante :

→→→→→=++=∑ 0RACF 1/41/31/2Ext

0

0

Y

X

5,312

2,4636

5,1687

2,4636F

)y,x(1/4)y,x()y,x()y,x(

Ext

4/1

rrrrrrrr

=+−

−+

−=∑

→

Nous obtenons aprés projection surl’axe )x(O,r puis sur l’axe )y(O,

r les 2 équations ci-

dessous :

(1) 0XX2,46362,4636 1/41/4 ==+−

(2) 0Y2000Y5,3125,1687 1/41/4 =+−=+−−

� Théorème du moment :

0)R(MAMC(M)F(M 1/4A1/3O1/2OExtO )( ) =++=→→→→

∑


0M5,3123,05,16873,02,463611)F(M ExtO , =+×−×−×−=∑→


1,1

3,0OO →

→

− 1/2C5,1687

2,4636 0

3,0OA →

→

−

−1/3A

5,312

2,4636

[ ] [ ] 0M)2,46360()5,3123,0()2,46361,1()5,16873,0()F(M Ext0 =+−×−−×+×−−×=∑→

Soit l’équation scalaire : (3) ( ) 0M5,3125,16873,02,463611 , =++×−×−

3.4) Déterminer les inconnues

De l’équation (3) nous obtenons (il n’y a qu’une seule inconnue dans cette équation).

(3) ( ) 0M5,3125,16873,02,463611 , =++×−×−

⇒ ( ) daNm 5700 ⋅=+×+×+= , 5,3125,16873,02,463611M

Remarque : Ce résultat nous permettrait de situé la position de la ligne d’action de R4 1/

→ car

le moment est égale au bras de levier de R4 1/

→→→→ par sa norme.

De l’équation (1), nous obtenons : 0X 1/4 =

tandis que l’équation (2) nous avons : 2000Y 1/4 =



3.5) Mettre en forme les résultats


• 2000

0R 1/4 +

=→

R

et daNR 1/4 2000 =→

• daNm5700)R(M 1/4O ⋅=→

Ce même résultat, aurait été obtenu plus simplement en isolant l’ensemble 1+2+3


A

C1

O

y

x

300

20°

1100

A3/1→

C2/1→

R4/1→

+

M RO( )4/1

→



2.3 - ADHERENCE ET FROTTEMENT

Dans ce chapitre, nous allons introduire la notion de frottement et la loi associée afin de compléter la

modélisation des actions mécaniques et de s’approch er de la réalité.

ETUDE EXPERIMENTALE

Equilibre d'un corps reposant sur un plan horizonta l

Considérons un solide parallélépipédique (2)

reposant sur un plan horizontal.

2

1

GSolide

Sol

On isole le solide 2

2G

P→

A 1/2

→

Bilan mécanique

ForcesPoint


A1/2 ?→

et sens Intensité

?

P G

?( )*( )*

P→→

(*) Le point d’application de A1 2/

→ est situé sur le plan de contact

mais nous ne savons pas où. Par ailleurs, comme nous nous

situons dans le cas où la liaison ne serait pas parfaite, la

direction est supposée quelconque donc inconnue.

Constat : Le solide 2 est en équilibre sous l’action de deux forces

extérieures P→

et A1 2/

→

Conclusion : Pour que le solide 2 soit en équilibre, les deux forces P→

et A1 2/

→ doivent être égales et directement opposées;

donc : A P1 2/

→ →= −

2G

P→

A 1/2

→

Commentaire : Dans le cas particulier d’un solide reposant sur un plan horizontal, l'action de contact A1 / 2

→ est perpendiculaire au plan.



L’appui plan réagit comme une liaison parfaite (c'est à dire sans frottement).



Equilibre d'un corps reposant sur un plan incliné.

Considérons le solide de

forme parallélépipédique 2

reposant sur un plan incliné 1 de

l'angle α par rapport à

l'horizontal. α est tel que le solide

2 reste en équilibre.

1

2G

αPlan incliné

Solide


2G

α

P→

A 1/2

→

Bilan mécanique

ForcesPoint


A1/2 ?→

et sens Intensité

?

P G

?( )*( )*

P→→

(*) Le point d’application de →

2/1A est situé

sur le plan de contact mais nous ne

savons pas où. Par ailleurs, comme nous

nous situons dans le cas où la liaison ne

serait pas parfaite, la direction est

supposée quelconque donc inconnue.

Constat : Le solide 2 est en équilibre

sous l’action de deux forces

extérieures →P et

→

2/1A

Conclusion : Pour que le solide 2 soit en

équilibre, les deux forces →P et

→

2/1A doivent être égales et

directement opposées; donc :

→→−= PA 2/1

2G

α

P→

A 1/2

→

Commentaire : Dans le cas particulier d’un solide reposant sur un plan incliné, nous

constatons que la force A1 / 2

→ n'est plus perpendiculaire au plan de

contact. L’appui plan ne réagit plus comme une liaison parfaite.



� Ecriture vectorielle des actions mécaniques →→→→P et

→→→→

2/1A dans le repère )y,x,O(rr

R

Nous avons :

• )cos(P

)sin(PP

α⋅−

α⋅−=

→

• 2/1

2/12/1

Y

XA =→

� Application du principe fondamental de la statique (A.P.F.S.)

→→→+= PAF 2/1ext

⇒ )cos(P

)sin(P

Y

XF

2/1

2/1ext α⋅−

α⋅−+=

→

2 G

α

x

A1/2

→

y

P→O

Y1/2→

ϕ α

X1/2→

α

P.cos( )α→

P.sin( )α→

=

Nous obtenons les équations scalaires suivantes :

• 0)sin(PX 2/1 =α⋅− ⇒ )sin(PX 2/1 α⋅=

• 0)cos(PY 2/1 =α⋅− ⇒ )cos(PY 2/1 α⋅=

⇒ ϕ=α=α⋅α⋅

= tantan)cos(P

)sin(P

Y

X

2/1

2/1

� Commentaire concernant 2/1X et 2/1Y

� La direction de Y1 2/ est perpendiculaire au plan incliné 1 et son sens est dirigé vers la matière

du solide isolé 2 (action de contact).

� La direction de X1 2/ est tangente au plan 1 et son sens s'oppose à l'éventuel mouvement du

solide 2 par rapport au plan incliné 1 (Mvt 2/1).

� Conclusion :

A1 2/

→ peut s'exprimer à partir de deux composantes :

�� Une composante normale : Y1 2/ → Direction : Perpendiculaire au plan 1 → Sens : Dirigé vers la matière

�� Une composante tangentielle : X1 2/ → Direction : Tangente au plan 1 → Sens : S'oppose à l'éventuel

mouvement du solide par

rapport au plan.

X1 2/ et Y1 2/ sont liés par la relation : ϕϕϕϕ⋅⋅⋅⋅==== tanYX 2/12/1

ϕ est appelé : ANGLE DE FROTTEMENT



Equilibre limite d'un corps reposant sur un plan in cliné.

Le plan 1 est incliné de telle

sorte que l'équilibre du solide

parallélépipédique 2 soit à la limite

du glissement (l'équilibre est sur le

point d'être rompu).

Nous dirons que le plan 1

est incliné de l'angle αLim.

G

Plan incliné

Solide

2

1

Limα


G

Solide

2

Limα

P→

A 1/2

→

Bilan mécanique

ForcesPoint


A1/2 ?→

et sens Intensité

?

P G

?

P→→

Constat : Le solide 2 est en équilibre sous

l’action de deux forces extérieures

P→

et A1 2/

→

Conclusion : Pour que le solide 2 soit en équilibre, les deux forces P→

et A1 2/

→ doivent être égales et

directement opposées; donc : A P1 2/

→ →= −

� Ecriture vectorielle des actions mécaniques →→→→P et

→→→→2/1A dans le repère )y,x,O(

rrR

Nous avons :

• PP

PLim

Lim

→=

− ⋅− ⋅

sin( )

cos( )

αα

• AX

Y1 21 2

1 2/

/

/

→=

G

2

Limα

P→

A 1/2

→

x

O

y Y1/2→

X1/2→

→P.cos( )α Lim

→P.sin( )αLim

ϕLim



� Application du principe fondamental de la statique (A.P.F.S.)

F A PX

Y

P

PextLim

Lim

→ → →= + = +

− ⋅− ⋅

1 21 2

1 2/

/

/

sin( )

cos( )

αα

Nous obtenons les équations scalaires suivantes :

• 0)sin(PX Lim2/1 =α⋅− ⇒ )sin(PX Lim2/1 α⋅=

• 0)cos(PY Lim2/1 =α⋅− ⇒ )cos(PY Lim2/1 α⋅=

⇒ LimLimLim

Lim

2/1

2/1 tantan)cos(P

)sin(P

Y

Xϕ=α=

α⋅α⋅

=

On pose :

� 2/1YN = : Effort NORMAL (perpendiculaire au plan 1)

� 2/1XT = : Effort TANGENTIEL (tangent au plan 1 et s’oppose à l’éventuel mouvement du solide 2 par rapport au plan 1)

� Limϕ : Angle d’adhérence. Cet angle correspond à l’inclinaison maximum

admissible, de la force A1 2/

→, par rapport à la normale au plan 1.

� Limtan ϕ=f : Coefficient d’adhérence (ou de frottement)

Nous avons donc la relation : f⋅⋅⋅⋅====ϕϕϕϕ⋅⋅⋅⋅==== NtanNT Lim

LOI DU FROTTEMENT

Le solide repose sur un plan horizontal

� Angle de frottement : 0====αααα====ϕϕϕϕ

� Loi du frottement

⇒ 0tanNT ====ϕϕϕϕ⋅⋅⋅⋅====

L’effort tangentiel T est nul; le coefficient

de frottement n'intervient pas. La liaison

mécanique (ici l’appui plan) réagit comme une

liaison parfaite.

1

2G

P→

A 1/2

→



Le solide repose sur un plan incliné de l'angle αααα

� Angle de frottement : Limϕϕϕϕ<<<<αααα====ϕϕϕϕ

⇒ Limtantan ϕϕϕϕ<<<<ϕϕϕϕ

⇒ f <<<<ϕϕϕϕtan


⇒ LimtanNtanNT ϕϕϕϕ⋅⋅⋅⋅<<<<ϕϕϕϕ⋅⋅⋅⋅====

⇒ f⋅⋅⋅⋅<<<< NT

L’équilibre est possible.

Il n’y a PAS DE GLISSEMENT

entre le solide 2 et le plan 1. En plus

de l’effort normal il faut considérer

l’effort tangentiel comme opposé à

« l’éventuel » mouvement.

2 G

α

x

A1/2

→y

P→

O

N→

T→

ϕ = α

ϕLim

Le solide repose sur un plan incliné de l'angle ααααLim

� Angle de frottement : Limϕϕϕϕ====ϕϕϕϕ

⇒ Limtantan ϕϕϕϕ====ϕϕϕϕ

⇒ f ====ϕϕϕϕtan


⇒ LimtanNtanNT ϕϕϕϕ⋅⋅⋅⋅====ϕϕϕϕ⋅⋅⋅⋅====

⇒ f⋅⋅⋅⋅==== NT

L’équilibre est possible.

Il n’y a PAS DE GLISSEMENT

entre le solide 2 et le plan 1. En plus

de l’effort normal il faut considérer

l’effort tangentiel comme opposé à

« l’éventuel » mouvement.

G

2

Limα

P→

A 1/2

→

x

y

N→

T→

ϕLim

Cone de frottement

O



En conclusion nous dirons qu'un solide est en équilibre tant que la loi du frottement (ci-dessous) est

vérifiée :

f⋅⋅⋅⋅≤≤≤≤ NT

Avec : • N ...........................Composante normale : → Direction : Perpendiculaire au plan de contact → Sens : Dirigé vers la matière

• T ............................Composante tangentielle : → Direction : Tangente au plan de contact → Sens : S'oppose à l'éventuel mouvement du solide par

rapport au plan.

• f ==== tan ϕϕϕϕLim .....Coefficient d’adhérence (ou de frottement)

QUELQUES VALEURS DE COEFFICIENTS

D’ADHERENCE ET DE FROTTEMENT

MATERIAUX EN CONTACT ADHERENCE (Solide au repos)

FROTTEMENT (Solide en mouvement)

A SEC f = tanϕLim ϕ f = tanϕLim ϕ

Métal sur métal 0,15 à 0,25 8 à 14° environ 0,1 environ 6°

Métal sur bois 0,4 à 0,6 22 à 31° 0,3 à 0,5 17 à 27°

Cuir sur bois 0,5 à 0,6 27 à 31° 0,3 à 0,5 17 à 27°

Cuir sur métal 0,3 à 0,5 17 à 27° environ 0,3 environ 17°

Acier sur glace environ 0,03 environ 2° 0,015 1°

Ferrodo sur acier 0,3 à 0,5 17 à 27°

Pneus neuf sur béton rugueux sec 0,9 à 1 42 à 45°

Pneus neuf sur béton ordinaire sec environ 0,7 environ 35°

Pneus neuf sur asphalte mouillé 0,25 à 0,4 14 à 22°

Les coefficients d’adhérence et de

frottement ne dépendent,



en première approximation, que de la

nature des corps en contact et de l'état plus ou moins rugueux de

leurs surfaces.




Exemple N°1

Maquette permettant de mesurer des coefficients d’a dhérence

La maquette représentée ci-dessous permet de mesurer la valeur du coefficient de d’adhérence entre

deux solides. Le premier solide est un parallélépipède de largeur a, de hauteur b et de poids →P alors que

le second est une plaque permettant de changer la nature de la surface ou plus simplement de matériau .

Pour mesurer la valeur du coefficient d’adhérence :

� Positionner la plaque de référence sur le plan incliné.

� Relier le parallélépipède à un plateau de masse négligeable à l’aide d’un câble

parfaitement souple.

� Placer des poids dans le plateau de façon à modifier l'intensité de la force Q→

jusqu’au

moment ou le parallélépipède tend à monter (équilibre limite).

Solide

Plan incliné

G

O

Poids

α

Plaque deréférence

a

b

b/2

B

(S)

Q→

P→

Données :

N10P =→

; α = 30° ; a = 50 mm et b = 30 mm



Question : Déterminer la valeur du coefficient d’adhérence entre la plaque et le solide si la valeur du

poids →Q obtenue juste avant le glissement est : N5,6Q =

→

Réponse : On isole le parallélépipède

G

α

B(S)

Q→

P→

x

O

y+

P.cosα→

P.sinα→

� Bilan mécanique

ForcesPoint


Q B→

et sensIntensité

?

(en daN)

RSol/par.

→

( Liaison appui plan avec

?

P→

G

?

10 daN

α

frottement)

6,5 daN

(le point d'appli-cation est situésur le plan de

contact )

Constat : Le parallélépipède est soumis à

l’action de 3 forces coplanaires.

L’action de contact entre le

sol et le parallélépipède est un

appui plan avec frottement. Cela

veut dire que cette action est

composé d’un effort normal

d’axe )y,O(r et d’un effort

tangentiel d’axe )x,O(r

Résolution analytique :

� Choix du système d’axes

� Expression vectorielle des forces : α⋅−

α⋅−=

→

cos10

sin10P

;

0

5,6Q =→

et

N

TR .par/sol =→

Important :

� T correspond à l’effort tangentiel. Ce dernier et parallèle à la surface de contact et

il s’oppose au glissement éventuel ou réel du solide

� N correspond à l’effort normal. Il est perpendiculaire au plan de contact et est

toujours dirigé vers la matière du solide isolé (action de contact)



� Application du principe fondamental de la statique (A.P.F.S.) →→→→→

=++=∑ 0RQPF .par/solext

⇒ 0

0

N

T

0

5,6

cos10

sin10Fext =++

α⋅−

α⋅−=∑

→

Soient les deux équations scalaires déduites du premier théorème :

(1) 0T5,6sin10 =++α⋅−

(2) 0Ncos10 =+α⋅− (2)

De l’équation (1) nous obtenons :

( )d a Nd a Nd a Nd a N 1 , 51 , 51 , 51 , 5

−=−⋅=−α⋅= 5,630sin105,6sin10T

De l’équation (2) nous obtenons :

( )d a Nd a Nd a Nd a N 8 , 6 78 , 6 78 , 6 78 , 6 7

=⋅=α⋅= 30cos10cos10N

Le coefficient de frottement s’obtient à partir de la loi du frottement; nous avons :

0,17 f ===ϕ=66,8

5,1

N

Ttan

Cela correspond à un angle de frottement de 9,83°

Résultat : 67,8

5,1R .par/sol

−=

→ et

d a Nd a Nd a Nd a N 8 , 88 , 88 , 88 , 8 =+=

→22

.par/sol 5,166,8R

� Représentation graphique des forces

G

α

B(S)

Q→

P→

x

O

y+

R→

sol/par.N→

T→

Le parallélépipède est soumis à l’action de 3 forces coplanaires. En conséquence, les

supports de ces 3 forces se coupent en un même point (ici le point de concours est le point G).



Exemple N°2

Voiture à l’arrêt dans une pente (*)

Une voiture est à l’arrêt dans une pente de 20% ; le frein à main actionné agit sur les roues avant,

les roues arrières sont en roue libre. →P (1335 daN) schématise le poids du véhicule, les actions exercées

sur les roues en A et B sont schématisées par des vecteurs-forces passant par ces même points. Le

frottement en A est caractérisé par 6,0AA ==µ f .

Question : Isoler la voiture 1 dans la position de la figure. Faire le bilan des actions mécaniques.

Déterminer complètement ces actions.

Réponse : On isole le véhicule

� Bilan mécanique

( Les roues avants sont freinésdonc l'action mécanique entre le sol et

les roues est avec frottement)

ForcesPoint


B B→

et sensIntensité

?

(en daN)

ASol/AV

→ ?

P→

G

A

1335 daN

Sol/AR?

( Les roues arrières sont en "roue libre"donc l'action mécanique entre le sol et

les roues est sans frottement)

Constat : Le véhicule est solide soumis à l’action de trois forces coplanaires non

parallèles.

Conclusion : Pour que le véhicule reste en équilibre, les trois forces doivent être

concourantes en un même point J et leur somme vectorielle forme un triangle

dit « fermé »..



RESOLUTION GRAPHIQUE

Point de concours

J

ASol/AV

→

Triangle

ASol/AV

→

BSol/AR

→

P→

(1335 daN)

des forces

BSol/AR

→

Résultats :

De la résolution graphique, nous

obtenons :

daN536A AV/Sol ====→→→→

et

daN841B AR/Sol ====→→→→

ForcesPoint


B B→

et sensIntensité(en daN)

ASol/AV

→

P→

G

A

1335 daN

Sol/AR 841 daN

ϕ536 daN



RESOLUTION ANALYTIQUE

a) Choisir un système d’axe : Nous considèrerons le repère )y,x,A(Rrr

tel que l’axe )x,A(r

est

parallèle à la pente et orienté vers la droite tandis que l’axe )y,A(r

est perpendiculaire au premier et

orienté vers le haut. Le sens des moments correspond au sens trigonométrique « + »

b) Ecriture vectorielle des actions mécaniques

• En G, l’action de la pesanteur s’écrit :

)cos(P

)sin(PP

)y,x(α⋅−

α⋅= →

→→

rr

Détermination de l’angle de la pente αααα

Nous avons une pente de 20% ce qui se traduit par une élévation de 20 m pour une

avancée de 100 m comme le montre la figure ci-dessous.

Horizontale

α

Avancée de 100 m

Elévationde 20 m

Pente

Nous avons : %20100

20tan ==α ⇒ ( ) °==

=α 3,1120,0arctan

100

20arctan

Finalement nous obtenons

1,1309

8,261

)3,11cos(1335

)3,11sin(1335P

)y,x()y,x(−−−−

====°°°°⋅⋅⋅⋅−−−−

°°°°⋅⋅⋅⋅====

→→→→

rrrr

• En B, la direction de l’action mécanique est perpendiculaire à la pente, soit : B)y,x(

AR/SolY

0B

rr

=→

• En A, la direction est considérée comme quelconque (action avec frottement), soit : A

A

)y,x(

AV/SolY

XA

rr

=→

ASol/AV

→

BSol/AR

→

x

y

P.sin( )→

α

P.cos( )→

α

XA→

YA→

α

+



c) Appliquer le principe fondamental de la statique à l’ensemble isolé

• Application du théorème de la résultante →→→→→

=++=∑ 0PBAF AR/SolAV/SolExt

0

0

1,1309

8,261

Y

0

Y

XF

)y,x()y,x(B)y,x(A

A

)y,x(

Ext

rrrrrrrr

=−

++=∑→

Nous obtenons, après projection sur l’axe )x(O,r

puis sur l’axe )y(O,r

, les équations :

(2)

(1)

0 1,1309Y Y

08,261X

BA

A

====−−−−++++

====++++

• Application du théorème du moment

0)P(M)B(M)A(M)F(M ASol/ARAAV/SolAExtA =++=→→→→

∑


01,130913808,261970Y)10401380(0)F(M BExtA =×−×−×++=∑→

05040602Y1420)F(M BExtA =−×=∑→


0

0AA →

→

AV/SolA

A AY

X

0

1420AB →

→

AR/SolB

BY

0

970

1380AG →

→

−P

1,1309

8,261

[ ] [ ] [ ] 0)8,261970()1,13091380()00()Y1420()X0()Y0()F(M BAAExtA =×−−×+×−×+×−×=∑→

05040602Y1420)F(M BExtA =−×=∑→

Soit l’équation scalaire : (3) 05040602Y1420 B ====−−−−××××

d) Déterminer les inconnues

En partant de l’équation (3) (il n’y a qu’une seule inconnue dans cette équation), nous obtenons :

05040602Y1420 B =−× ⇒ 5040602Y1420 B =×

⇒ 1420

5040602YB

= soit daN5,851 YB ====

De l’équation (1), nous obtenons : daN8,261XA −−−−====

Enfin l’équation (2) nous donne : 5,8511,1309Y1,1309 Y BA −=−= soit daN6,457 YA ====

e) Mettre en forme les résultats


• 5,851

0B

)y,x(AR/Sol

rr

====→→→→

et daN5,851B AR/Sol ====→→→→

• 6,457

8,261A

)y,x(AV/Sol

−−−−

====→→→→

rr

et daN2,527A 3/1 ====→→→→




ASol/AV

→

BSol/AR

→

x

y

XA→

YA→

+

Question : L'équilibre de la voiture est-il possible ?

Réponse : Pour répondre à cette question il suffit simplement de valider la loi du frottement. Cette loi

nous dit que dans le cas d’un solide au repos l’équilibre n’est possible que lorsque la norme de

l’effort tangentiel reste inférieur ou au plus égale à la norme de l’effort normal multiplié du

coefficient de frottement ; soit la relation : f⋅⋅⋅⋅≤≤≤≤ NT

VERIFICATION PAR LA METHODE GRAPHIQUE

ASol/AV

→ Cône de frottement

ϕ=31°

BSol/AR

→

Après avoir tracé le

cône de frottement de demi

angle au sommet ϕ=31° ( 6,0)tan( ==ϕ f ), nous

constatons que l’action du

sol sur les roues avant s’y

trouve à l’intérieur. Cela

nous permet d’affirmer que

l’équilibre est possible.

VERIFICATION PAR LA METHODE ANALYTIQUE

Soit 6,457

8,261

Y

X A

)y,x(A

A

)y,x(

AV/Sol

−

==→

rrrr ; avec : XA : Effort normal et YA : Effort tangentiel.

Si nous appliquons la loi du frottement à l’action de contact entre le sol et les roues

avant nous avons : AA YfX ⋅≤ ⇒ 6,4576,08,261 ×≤ ⇒ 56,274 8,261 ≤≤≤≤

La loi du frottement étant vérifiée nous pouvons affirmer que l’équilibre est possible.



2.4 - STATIQUE GRAPHIQUE

En statique plane, les équilibres de solides soumis à l’action de plus de trois forces ont des

résolutions, par la méthode graphique, particulières.

Les solides ou ensembles de solides isolés ne devront pas comporter plus de 3 inconnues (en effet le

principe fondamental de la statique nous permet d’obtenir au plus 3 équations algébriques par solide ou

ensemble de solides isolé). Deux types de problèmes seront à résoudre :

• les problèmes ayant 2 modules et une direction inconnus

• les problèmes ayant 3 modules inconnus

PREMIERE METHODE dite « de la

RESULTANTE »

La première méthode graphique concerne les problèmes de statique composés par un système de

plus de trois forces planes quelconques. Seuls deux modules et une direction seront inconnus.

Démarche à suivre pour la résolution graphique d’un tel problème :

� Isoler le solide ou l’ensemble de solide.

� Faire le bilan des actions mécaniques sous forme de tableau.

� Choisir une échelle des forces.

� Rechercher la résultante des forces entièrement connues.

Remarque : La résultante →R des deux

forces →

1F et →

2F à les

caractéristiques suivantes :

� Sons sens, sa direction et son

intensité sont obtenus par la

somme :

→→→+= 21 FFR

� Son support passe par le point

de concours des lignes d’action

des forces →

1F et →

2F

→F1

→F2

Ligne d'action

→R

Somme vectorielle

→F2

→F1

→R

Point de concours

Attention : Si vous avez plus de trois forces entièrement connues déterminer la résultante par approche successives, en combinant les forces et/ou les résultantes intermédiaires deux à deux.



� Rechercher le point de concours à partir de la direction de la résultante et la direction de la force

dont on ne connaît pas le module (exactement comme vous le feriez pour un solide ou un ensemble

de solide soumis à l’action de trois forces).

� Tracer la direction de la force dont on connaît que le point d’application

� Tracer le dynamique (triangle) des forces à partir de la résultante et déterminer les normes

manquantes

EXEMPLE

La figure ci-dessous représente une poutre articulée en M, appuyée en N et qui supporte les charges

)daN800(F1 →

, )daN1000(F2 →

et )daN1200(F3 →

. On néglige le poids de la poutre devant les

forces mises en jeu et les frottements mécaniques.

2,25 m1m 1,5m 1,5m

F1

F2

F3

M

N

2,25 m →

→

→

Représentation simplifiée de la poutre

Le but de l’exercice est de déterminer les actions exercées au niveau de l’articulation (point M) et

de l’appui (point N).



Résolution du problème par la méthode graphique

On isole la poutre

F1

F2

F3

M

N

→

→

→

Bilan mécanique

ForcesPoint


F1A

B

→

et sensIntensité

1200C

(en daN)

800

F2

→

F3

→

( Appuiponctuel)

1000

N

M

FN

→

FM

→

?

??

Constat : Solide soumis à l'action de 5 forces

coplanaires :

• 3 forces totalement connues

• 1 force dont on connaît que la

direction (module inconnu).

• 1 force totalement inconnue

Conclusion : Nous avons trois inconnues (2

modules et une direction) donc le

problème peut être résolu par la

méthode graphique.

Démarche utilisée :

1°) Recherche de la résultante intermédiaire →

intR des forces →

2F et →

3F

F1

F2

F3

M

N

→

→

→

Rint

→

500 daN

F2

→

F3→

Rint

→

Résultat : daN1562Rint =→



2°) Recherche de la résultante générale →

génR des forces intermédiaire →

1F , →

2F et →

3F à partir de →

1F (action pas encore utilisée) et de la résultante intermédiaire →

intR (cette dernière remplaçant →

2F et →

3F ).

F1

F2

F3

M

N

→

→

→

Rint

→

500 daN

F2

→

F3→

Rint

→

F1

→

Rgén.

→Rgén.

→

Résultat : daN2163R .gén =→

3°) Recherche des inconnues en utilisant le théorème découlant d’un solide en équilibre sous

l’action de trois forces. Dans le cas de l’exercice les trois forces →

NF , →

MF et →

génR (cette

dernière remplaçant →

1F ,

→

2F et →

3F ) sont donc concourantes en un même point I et la somme

vectorielle doit formé un triangle fermé.

FN

→

F1 F2

F3

M

N

→

→→

500 daN

Rgén.

→Rgén.

→

Point de concours

FM

→

FM

→

FN

→

Résultats : daN1463 FN =→

et daN1272FM =→



DEUXIEME METHODE dite de KULMAN

La méthode Kulman est une méthode graphique qui concerne les problèmes de statique composés

par un système de quatre forces planes quelconques dont toutes les directions sont connues. Par

conséquent, seuls les trois modules manquants restent à déterminer.

Le principe utilisé dans la méthode de Kulman consiste à ramener le système de quatre forces à un

système de deux forces égales et directement opposées, comme le montre la figure ci-dessous.

→F1

→F2

Ligne d'action de la force

Points de concours

I1

→F2

→F1

→R1

Solide soumis à 4 forces

→F3

→F4

→R2

→F3

→F4

I2

Ligne d'action des résultantes

Soient les résultantes →→→

+= 211 FFR et →→→

+= 432 FFR . En remplaçant les quatre forces par leurs

résultantes respectives nous ramenons le problème à un solide soumis à l’action de deux forces →

1R et →

2R égales et directement opposées.

Démarche à suivre pour la résolution graphique d’un tel problème :

• Isoler le solide ou l’ensemble de solide.

• Faire le bilan des actions mécaniques sous forme de tableau.

• Choisir une échelle des forces.

• Appliquer la méthode de Kulman

� Prolonger les directions des forces →

1F , →

2F , →

3F et →

4F afin d’obtenir 2 points d’intersection I1

entre →

1F et →

2F et I2 entre →

3F et →

4F par exemple. Attention, chaque direction doit être

utilisée une seul fois.

� Tracer une ligne passant par les points d’intersection I1 et I2. Cette ligne correspond à la

ligne d’action des résultantes )FF(R 211

→→→+= et )FF(R 432

→→→+= .



� Tracer le dynamique des forces à partir de la ligne d’action des résultantes et de la force

totalement connue.

→F2

→F1

→F3

→F4


Ligne des actions

des résultantes

• Déterminer les normes et les sens manquants en gardant à l’esprit le principe fondamental de la

statique, à savoir la somme des forces doit être égale à zéro. Autrement dit, dans le dynamique,

partant d’un point nous devons y revenir en suivant le sens des forces.

Remarque : Si nous avons plus de quatre forces pour lesquelles toutes les directions sont connues

et seuls trois modules sont à déterminer alors la même démarche est à observer; il

suffit simplement de remplacer les actions connues par leur résultante.

EXEMPLE

La figure ci-dessous représente un

chariot de levage des matières premières (2)

guidé par deux rails (1). Le guidage du chariot

est réalisé par l’intermédiaire de deux paires

de galets, contacts en A et en B avec les rails.

Le levage du chariot est effectué en C par une

chaîne (3) entraînée par un motoréducteur

situé plus haut. La capacité de levage est de

800 daN.

A

Chaîne (3)

Rails (1)

Galet

Chariot (2)

P→

G

C

BGalet

L'appareil en équilibre dans la position de la figure. L'étude est faite dans le plan de symétrie de

l'appareil. On notera par un seul repère les groupes de deux pièces identiques. Les frottements sont

négligés.

Le but de l’exercice est de déterminer les actions de contact exercées en A, B et C.



Résolution du problème par la méthode graphique

On isole le chariot

AGalet

Chariot (2)

P→

G

C

BGalet

Bilan mécanique

ForcesPoint


P G

A

→

et sensIntensité

B

(en daN)

800

A 1/2

→

B→

( Appuiponctuel)CC

→?

?

?( Appui

ponctuel)

( Appuiponctuel)

1/2

3/2

Constat : Solide soumis à l'action de 4 forces coplanaires :

• 1 force totalement connue

• 3 forces dont on connaît que les directions (modules et sens inconnus).

Conclusion : Nous avons trois inconnues (3 modules) donc le problème peut être résolu par la méthode

graphique.

Méthode de Kulman:

1°) Détermination des points d’intersection I1 entre →P et

→—

2/1A et I2 entre →—

2/1B et →—

2/3C .

AGalet

Chariot (2)

C

P→

G

I1

BGalet

I2



2°) Tracé de la ligne d’action des résultantes (cette dernière passe par les deux points de concours I1 et I2).

AGalet

Chariot (2)

C

P→

G

I1

BGalet

I2


3°) Tracé du dynamique des forces.

Première étape : Comme I1 est le point d’intersection entre →P et

→—

2/1A alors la ligne d’action

des résultantes entoure la somme →→

+—

2/1AP sur le dynamique. Si →P est à l’échelle alors

→—

2/1A

l’est également.

de

AGalet

Chariot (2)

C

P→

G

I1

BGalet

I2


P→

(800 daN)

Ligne d'action

A→

1/2

A→

1/2


de

Ligne d'action

B→

1/2

200 daNEchelle :



Deuxième étape : Comme I2 est le point d’intersection entre →—

2/1B et →—

2/3C alors la ligne

d’action des résultantes entoure la somme →→

+——

2/32/1 CB sur le dynamique. Il faut donc « fermer »

le dynamique des forces pour obtenir →—

2/1B et →—

2/3C à l’échelle car nous savons d’après le principe

fondamental de la statique que . →→→→→→

=+++=∑ 0CBAPF 2/32/12/1ext

————

.

de

de

AGalet

Chariot (2)

C

P→

G

I1

BGalet

I2


P→

(800 daN)

Ligne d'action

A→

1/2

A→

1/2


de

Ligne d'action

C→

3/2

Ligne d'action

B→

1/2

C→

3/2

B→

1/2

200 daNEchelle :

4°) Détermination des normes.

Résultats

�� daN455A 2/1 —

====→→→→

�� daN1021B 2/1 —

====→→→→

�� daN565C 2/3 —

====→→→→

A

Galet

Chariot (2)

C

P→

G

BGalet

A→

1/2

C→

3/2

B→

1/2



TROISIEME METHODE Dynamique-funiculaire

La méthode du dynamique-funiculaire est une méthode graphique qui concerne l’ensemble des

problèmes de statique ayant au plus trois inconnues.

Cette méthode consiste à déterminer les inconnues (normes et/ou directions) à partir du tracé du

dynamique du funiculaire.

Démarche à suivre pour la résolution graphique par la méthode du dynamique-funiculaire

• Isoler le solide ou l’ensemble de solide.

• Faire le bilan des actions mécaniques sous forme de tableau.

• Choisir une échelle des forces.

• Tracer du dynamique des forces (utiliser que les forces connues).

Exemple de dynamique :

→F1

→F2


→F3

→F4

→F2

→F1

→F3

→F4


• Choisir un point P arbitraire appelé pôle puis tracer des lignes passant par les points extrémités

de chaque force et le point P. Ces lignes sont appelées les rayons polaires.

Exemple de pôle et de rayons polaires

→F2

→F1

→F3

→F4


P(Pôle)

Rayon polaire

(1)

(2)

(3)

(4)

Remarque : On dit que le dynamique est

fermé lorsque le rayon

polaire initial coïncide avec

le rayon polaire final (cas de

l'exemple). Dans le cas

contraire le dynamique est

dit ouvert.



• Tracer du funiculaire : Pour cela, il faut respecter la règle suivante : Si deux rayons polaires

entourent une force sur le dynamique des forces alo rs ces deux rayons polaires

se coupent sur le support de cette force localisée sur le solide.

Exemple de funiculaire : Ce dernier est représenté à partir des rayons polaires qui sont

positionner sur la représentation du solide en respectant la règle énumérée ci-dessus :

→F1

→F2


→F3

→F4

→F2

→F1

→F3

→F4


P(Pôle)

(1)

(2)

(3)

(4)

(1)

(2)

(4)

(3)

La forme géométrie dessinée à partir des rayons polaires constitue le funiculaire

(2) et (3) entourent →F4

(2) et (3) se coupent→F4sur le support de

Les rayons polaires (1) et (2) entourent la force →

1F sur le dynamique alors (1) et (2) se

coupent sur le support de la force →

1F sur la figure. Idem pour :

�� les rayons polaires (2) et (3) et la force →

4F ,


3F ,


2F .

• Déterminer les normes et les sens manquants en fermant le dynamique à partir de la ligne de

fermeture du funiculaire ou autrement dit de l’identification du dernier rayon polaire.



EXEMPLE D’UTILISATION

� Recherche de la résultante d’un ensemble de forces

Considérons un ensemble de 4 forces →

1F , →

2F , →

3F et →

4F représenté ci-dessous et dont nous

voulons déterminer la résultante.

F1

→

F2

→

F3

→

F4

→

METHODE A UTILISER

• Tracer le dynamique : Cela consiste à dessiner la somme algébrique →→→→

+++ 4321 FFFF

F1

→

F2→

F3

→

F4

→



• Déterminer la résultante :

Pour cela, il faut fermer le

dynamique en partant du point origine

du premier vecteur force pour finir sur

le point extrémité du dernier vecteur

force et obtenir ainsi : →→→→→

+++= 4321 FFFFR

F1

→

F2

→

F3

→

F4

→

Point origine du premier vecteur-force

Point extrémité du dernier vecteur-force

R→

• Tracer les rayons polaires :

� Commencer par Choisir

un point P (appelé pôle),

ce dernier pouvant

occuper une position

quelconque.

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

R→

P

� Ensuite, tracer les rayons

polaires (1), (2), (3), (4)

et (5) en dessinant des

lignes passant par les

points origines et

extrémités des vecteurs

force comme le montre la

figure ci-contre.

F1

→

F2

→

F3

→

F4

→

R→

P

(1)

(2)

(3)

(4)(5)



• Tracer le funiculaire :

� Positionner le premier rayon polaire (1) sur la figure de façon à venir lui faire couper le

support de la force →

1F .

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

R→

P

(1)

(2)

(3)

(4)(5)

(1)



� Positionner le deuxième rayon polaire (2) en le faisant passer par le point d’intersection

entre le premier rayon polaire (1) et le support de force →

1F de manière à respecter la règle

qui consiste à dire que deux rayons polaires qui entourent une force sur le dynamique alors

ces deux rayons polaires se coupent sur le support de cette force sur la figure.

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

R→

P

(1)

(2)

(3)

(4)(5)

(1)

(2)



� Renouveler l’opération avec les autres rayons polaires en respectant la consigne

précédente, autrement dit :

� Le rayon (3) passe par le point d’intersection entre le rayon (2) et le support de →

2F


3F


4F

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

R→

P

(1)

(2)

(3)

(4)(5)

(1)

(2) (3)

(4)

(5)



� Fermer le funiculaire entre recherchant le point d’intersection entre les deux rayons

polaires extrêmes (1) et (5) :

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

R→

P

(1)

(2)

(3)

(4)(5)

(1)

(2) (3)

(4)

(5)

Point de fermeturedu funiculaire



• Positionner la résultante :

Pour positionner la résultante sur la figure il suffit d’appliquer la règle utilisée

précédemment lors de la construction du funiculaire. Cette règle nous permet d’affirmer que la

résultante →R passe par le point d’intersection entre les deux rayons polaires (1) et (5) car ces

deux rayons polaires entourent la résultante →R dans le dynamique. Autrement dit, la résultante

→R passe par le point de fermeture du funiculaire.

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

F1

→

F2→

F3

→

F4

→

R→

P

(1)

(2)

(3)

(4)(5)

(1)

(2) (3)

(4)

(5)

Point de fermeturedu funiculaire

R→



� Cas d’un solide soumis à l’action de forces parallèles

Pour notre cas, considérons le Kangoo type 1,4 essence de poids )daN1000(P →

dont 598 daN.

G

2,595 m

A B

A partir de la méthode du dynamique funiculaire, déterminons l’action exercée sur

l’essieu arrière ainsi que position du centre de gravité G du Kangoo.

METHODE A UTILISER

• Isoler le Kangoo

G

A BP→→→→

R→→→→

A

R→→→→

B

?

Bilan mécanique

R→→→→

A A 598 daNVertical et

vers le haut

RB B ?Vertical et

vers le haut

→→→→


Direction et sens Intensité

P→→→→

G (?)Vertical etvers le bas 1000 daN

Constat : Solide soumis à l’action de

trois forces parrallèles.

Une norme et une position

restent à déterminer



• Tracer le dynamique et en déduire la norme manquante

P→→→→

R→→→→

B

R→→→→

A500 daN

Echelle

Résultat : daN402RB =→

• Tracer les rayons polaires :

P→→→→

R→→→→

B

R→→→→

A

(1)

(2)

(3)

P

500 daN

Echelle

• Tracer le funiculaire en respectant la règle qui se traduit par :

� Les rayons (1) et (2) entourent la force →

AR donc (1) et (2) se coupent sur le support de →

AR


BR donc (2) et (3) se coupent sur le support de →

BR

A B

R→→→→

A

R→→→→

B

P→→→→

R→→→→

B

R→→→→

A

(1)

(2)

(3)

P(1)

(2)

(3)

500 daN

Echelle



• Fermer le funiculaire et positionner le poids du véhicule toujours en respectant la règle :

Le poids →P passe par le point d’intersection entre les deux rayons polaires (1) et (3) car

ces deux rayons polaires entourent le poids →P dans le dynamique. Autrement dit, le poids

→P

passe par le point de fermeture du funiculaire.

A B

R→→→→

A

R→→→→

B

P→→→→

R→→→→

B

R→→→→

A 500 daN

Echelle(1)

(2)

(3)

P(1)

(2)

(3)

G

P→→→→

Que deviennent les actions du sol sur les roues à l’avant et à l’arrière lorsque le Kangoo

reçoit une charge de 570 daN ?

A B

R→→→→

A

R→→→→

B

G

P→ P

→1



METHODE A UTILISER

• Isoler le Kangoo

A B

R→→→→

A

R→→→→

B

G

P→ P

→1

Bilan mécanique


Direction et sens Intensité

P→→→→

GVertical etvers le bas 1000 daN

R→→→→

A AVertical et

vers le haut

RB B ?Vertical et

vers le haut

→→→→

P→→→→1 G1

Vertical etvers le bas 570 daN

?

Constat : Solide soumis à l’action de

quatre forces parallèles.

Deux normes restent à

déterminer.

• Tracer du dynamique et des rayons polaires :

P→→→→

P→→→→1

500 daN

Echelle

(1)

(2)

(3)

P



• Tracer du funiculaire en respectant la règle qui est :

Deux rayons polaires qui entourent une force sur le dynamique alors ces deux rayons

polaires se coupent sur le support de cette force sur la figure.

Traduction :

� Les rayons (1) et (2) entourent la force →P donc (1) et (2) se coupent sur le support de

→P


1P donc (2) et (3) se coupent sur le support de →

1P

A B

R→→→→

A

G

P→ P

→1

P→→→→

P→→→→1

500 daN

Echelle

(1)

(2)

(3)

P

(1)

(2)

(3)

Support de R→→→→

BSupport de



• Fermeture du funiculaire

Pour fermer le funiculaire il suffit de tracer la ligne de fermeture (LF). Cette ligne (LF)

passe par le point d’intersection entre le rayon polaire initial (1) et le support d’une des deux

forces inconnues (→

AR par exemple) et le point d’intersection entre le dernier rayon polaire (3) et

le support l’autre force inconnue (obligatoirement →

BR car les supports sont utilisés qu’une fois).

A B

G

P→ P

→1

(1)

(2)

(3)

(LF)

R→→→→

ASupport de R→→→→

BSupport de

• Détermination des inconnues

Positionner la ligne de fermeture sur le dynamique (elle passe par le pôle P) puis

déterminer les inconnues →

AR et →

BR en fermant le dynamique et en respectant la règle.

� Les rayons (1) et (LF) se

coupent sur le support de

la force →

AR donc (1) et

(LF) entourent la force →

AR sur le dynamique

� Les rayons (3) et (LF) se

coupent sur le support de

la force →

BR donc (3) et

(LF) entourent la force →

BR sur le dynamique

P→→→→

P→→→→1

500 daN

Echelle

(1)

(2)

(3)

P

R→→→→

A

R→→→→

B

(LF)

Vu global du travail réalisé



A B

G

P→ P

→1

(1)

(2)

(3)

(LF)

R→→→→

ASupport de

R→→→→

BSupport de

R→→→→

A

R→→→→

B

P→→→→

P→→→→1

500 daN

Echelle

(1)

(2)

(3)

P

R→→→→

A

R→→→→

B

(LF)

Résultat : daN5,681RA =→

daN5,888RB =→

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