Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 49
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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.
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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
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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
d’applicationDirection
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
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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
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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
d’applicationDirection
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
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2°) On isole le vérin (4 + 5)
Bilan mécanique
des actions extérieures au vérin
ForcesPoint
d’applicationDirection
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.
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Bilan mécanique
des actions extérieures au vérin
ForcesPoint
d’applicationDirection
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.
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• 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
d’applicationDirection
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→
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4°) On isole le bras de poussée (3)
B
EA
3
A1/3→
ED
Bilan mécanique
des actions extérieures au vérin
ForcesPoint
d’applicationDirection
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
d’applicationDirection
E4/3 E→
et sensIntensité
39555
A1/3 A→
27660
ED
B2/3→
B
(en daN)
AI
14660BJ
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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
des actions extérieures au vérin
ForcesPoint
d’applicationDirection
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
des actions extérieures au vérin
ForcesPoint
d’applicationDirection
D2/5 D→
et sensIntensité
E3/4 E→
14660
en daN
14660
ED
ED
4
5
E
D
D2/5
→
E3/4
→
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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.
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EXEMPLE D’APPLICATION
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
d’applicationDirection
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.
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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 =×−×+=∑→
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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 =
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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.
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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
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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
=→
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 67
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 // =+++=→→→→→
∑
Détermination des moments directement à partir de la lecture de la figure :
05000690X40000)F(M CExtB =×+×++=∑→
Détermination des moments à partir du produit en croix :
?
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 ====××××++++××××
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 68
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.
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 69
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 70
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
d’applicationDirection
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→
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 71
2°) Etudier l’équilibre de la potence 3
ON ISOLE LA POTENCE 3
AB
3 F→
E
BILAN MECANIQUE
ForcesPoint
d’applicationDirection
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 72
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 =++=→→→→
∑
Détermination des moments directement à partir de la lecture de la figure :
0200055,220sinB7,220cosBd0)F(M 3/23/2ExtA =×−°××−°××−=∑→
Détermination des moments à partir du produit en croix :
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 ==
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 73
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 =+=
→
� Représentation graphique des résultats
AB
3
F→
EO
y
x
B2/3
→→→→
A1/3→
Cours de mécanique Statique
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3°) Etudier l’équilibre du fût 1
ISOLONS LE FUT 1
xA
C
1
20°
O
y
C2/1
→→→→
A3/1→
BILAN MECANIQUE
ForcesPoint
d’applicationDirection
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).
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 75
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 )( ) =++=→→→→
∑
Détermination des moments directement à partir de la lecture de la figure :
0M5,3123,05,16873,02,463611)F(M ExtO , =+×−×−×−=∑→
Détermination des moments à partir du produit en croix :
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 =
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 76
3.5) Mettre en forme les résultats
� Représentation vectorielle des 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
� Représentation graphique des résultats
A
C1
O
y
x
300
20°
1100
A3/1→
C2/1→
R4/1→
+
M RO( )4/1
→
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 77
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
d’applicationDirection
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.
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 78
L’appui plan réagit comme une liaison parfaite (c'est à dire sans frottement).
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 79
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
On isole le solide 2
2G
α
P→
A 1/2
→
Bilan mécanique
ForcesPoint
d’applicationDirection
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.
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 80
� 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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 81
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
On isole le solide 2
G
Solide
2
Limα
P→
A 1/2
→
Bilan mécanique
ForcesPoint
d’applicationDirection
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 82
� 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
→
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 83
Le solide repose sur un plan incliné de l'angle αααα
� Angle de frottement : Limϕϕϕϕ<<<<αααα====ϕϕϕϕ
⇒ Limtantan ϕϕϕϕ<<<<ϕϕϕϕ
⇒ f <<<<ϕϕϕϕtan
� Loi du frottement
⇒ 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
� Loi du frottement
⇒ 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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 84
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,
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 85
en première approximation, que de la
nature des corps en contact et de l'état plus ou moins rugueux de
leurs surfaces.
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 86
EXEMPLE D’APPLICATION
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 87
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
d’applicationDirection
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)
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 88
� 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).
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 89
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
d’applicationDirection
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 »..
Cours de mécanique Statique
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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
d’applicationDirection
B B→
et sensIntensité(en daN)
ASol/AV
→
P→
G
A
1335 daN
Sol/AR 841 daN
ϕ536 daN
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 91
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
+
Cours de mécanique Statique
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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 =++=→→→→
∑
Détermination des moments directement à partir de la lecture de la figure :
01,130913808,261970Y)10401380(0)F(M BExtA =×−×−×++=∑→
05040602Y1420)F(M BExtA =−×=∑→
Détermination des moments à partir du produit en croix :
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
� Représentation vectorielle des 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 ====→→→→
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� Représentation graphique des résultats
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.
Cours de mécanique Statique
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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.
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 95
� 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).
Cours de mécanique Statique
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Résolution du problème par la méthode graphique
On isole la poutre
F1
F2
F3
M
N
→
→
→
Bilan mécanique
ForcesPoint
d’applicationDirection
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 =→
Cours de mécanique Statique
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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 =→
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 98
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
→→→+= .
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 99
� Tracer le dynamique des forces à partir de la ligne d’action des résultantes et de la force
totalement connue.
→F2
→F1
→F3
→F4
Dynamique des forces
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.
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 100
Résolution du problème par la méthode graphique
On isole le chariot
AGalet
Chariot (2)
P→
G
C
BGalet
Bilan mécanique
ForcesPoint
d’applicationDirection
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 101
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
Ligne d'action des résultantes
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
Ligne d'action des résultantes
P→
(800 daN)
Ligne d'action
A→
1/2
A→
1/2
Dynamique des forces
de
Ligne d'action
B→
1/2
200 daNEchelle :
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 102
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
Ligne d'action des résultantes
P→
(800 daN)
Ligne d'action
A→
1/2
A→
1/2
Dynamique des forces
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 103
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
Solide soumis à 4 forces
→F3
→F4
→F2
→F1
→F3
→F4
Dynamique des forces
• 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
Dynamique des forces
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.
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 104
• 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
Solide soumis à 4 forces
→F3
→F4
→F2
→F1
→F3
→F4
Dynamique des forces
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 ,
��� les rayons polaires (3) et (4) et la force →
3F ,
��� les rayons polaires (4) et (1) et la force →
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.
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 105
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
→
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 106
• 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)
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 107
• 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)
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 108
� 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)
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 109
� 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
� Le rayon (4) passe par le point d’intersection entre le rayon (3) et le support de →
3F
� Le rayon (5) passe par le point d’intersection entre le rayon (4) et le support de →
4F
F1
→
F2→
F3
→
F4
→
F1
→
F2→
F3
→
F4
→
R→
P
(1)
(2)
(3)
(4)(5)
(1)
(2) (3)
(4)
(5)
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 110
� 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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 111
• 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→
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 112
� 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
→→→→
Forces Pointd’application
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 113
• 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
� Les rayons (2) et (3) entourent la force →
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 114
• 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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 115
METHODE A UTILISER
• Isoler le Kangoo
A B
R→→→→
A
R→→→→
B
G
P→ P
→1
Bilan mécanique
Forces Pointd’application
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 116
• 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
� Les rayons (2) et (3) entourent la force →
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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 117
• 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
Cours de mécanique Statique
I.S.T.A de Ploufragan D.L. 118
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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