Statique du solide

STATIQUE DU SOLIDE
Menina Rachid
1
02/01/2014
I.
Axiomes de la statique du Solide
1.1 Objet de la Statique
La Statique est la partie de la mécanique qui permet d’examiner les conditions d’équilibre des
corps sous l’action des systèmes de forces.
Dans tout ce qui suit on considère les solides indéformables.
1.2 Systèmes de forces
1.2.1 Définition
On appelle Système de Forces tout ensemble de forces agissant sur un même solide.
  

F1 , F2 , F3 ,....., Fn
nN
Notation conventionnelle :


1.2.2 Équivalence des Systèmes
  

  

Si l’effet de F1 , F2 , F3 ,....., Fn sur un solide (S) est le même que celui de F1' , F2' , F3' ,....., Fn''
n et n’ pouvant être différents, alors les deux systèmes sont dits équivalents et on note :
  

  

F1 , F2 , F3 ,....., Fn  F1' , F2' , F3' ,....., Fn''




 


1.2.3 Résultante :
  


 


Si F1 , F2 , F3 ,....., Fn  F alors F est la résultante de F1 , F2 ,....., Fn . Donc, la résultante
est la force qui, à elle seule, peut remplacer l’ensemble des forces du système.
Remarque :

  
 
Il y a une différence entre la Somme Géométrique (souvent désignée par Vecteur Principal)
et la Résultante.
1.2.4 Système de forces équilibré :
  

Si sous l’action de F1 , F2 , F3 ,....., Fn un solide libre (S) est au repos (ou en mouvement
uniforme), le système est dit équilibré.
  

  

F1 , F2 , F3 ,....., Fn est équilibré  F1 , F2 , F3 ,....., Fn  0
Notation :
Cette notation exprime en fait que l’effet du système sur (S) est nul.






Remarques :
a) Un solide libre est un solide non lié à d’autres et qu’on peut, à partir d’une position,
déplacer dans tout l’espace.
  


  
 
b) Si F1 , F2 , F3 ,....., Fn  F alors F1 , F2 , F3 ,....., Fn ,F  0 .

Menina Rachid
  


2
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1.3 Axiomes de la Statique :
1.3.1 1ier Axiome :


Un solide (S), sur lequel agit un système de deux forces F1 et F2 , ne peut se trouver en
équilibre que dans les cas où :



F1  F2 ,
 

Autrement dit : F1 , F2  0
 même direction et
 sens opposés.



F2
F2

2 cas se présentent :
(S
)
(S
)


ou

F1

F1


F1  F2


F1  F2
1.3.2 2ième Axiome :
L’action d’un système de forces donné sur un solide ne changera pas si on ajoute à ce système
ou si on lui retranche un système de forces équilibré.
  

  

  

Soit F1 , F2 , F3 ,....., Fn et F1' , F2' , F3' ,....., Fn'' appliqués sur (S) avec F1' , F2' , F3' ,....., Fn''  0 ,
  


 '
'
alors F1 , F2 , F3 ,....., Fn  F1 ,....., Fn , F1 ,....., Fn' .







 

Conséquence (Principe de Glissement) :
Sans changer l’action d’une force sur un solide, on peut transporter le point d’application de
cette dernière le long de sa ligne d’action en un autre point « quelconque » du solide.


En effet soit (S), FA appliquée en A sur (S) et B un point de la ligne d’action de FA .

 FB
B
(S)
B
(S)

A

FB
A

FA
B
(S)

A

FB


FB  FA

FA
même ligne d' action
 
    
 
F , F ,  F 
 F , F , F  

A
B
B
A
B
B





 A 



 0


 0

NB : le principe de glissement n’est utilisable qu’en Statique.
F 

Menina Rachid




3

F 

B
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1.3.3 3ième Axiome (Principe du Parallélogramme) :
Deux forces, agissantes sur un solide en un même point, admettent une résultante appliquée
en ce point et représentée par la diagonale du parallélogramme ayant ces forces comme cotés.

F1
  
 

F1 , F2  R ; R  F1  F2

R

Le module et la direction de R se déterminent à partir

des lois de sinus et de cosinus.
M
F2

 
(S)
1.3.4 4ième Axiome (Principe d’action-réaction) :
Soient deux solides (S1) et (S2) en contact entre eux.

Si (S1) agit sur (S2) avec une force F12 alors



(S2) agira sur (S1) avec une force F21 telle que F12   F21

F12
S1

F21
S2
1.3.5 5ième Axiome (Principe de durcissement) :
Si sous l’action d’un système de forces un corps déformable se trouve en équilibre alors ce
dernier ne sera pas rompu si le corps durcira.
Ce principe permet la résolution des problèmes d’équilibre des corps déformables tels que
courroies, câbles, chaines etc.
1.4 Liaison et réaction de liaison/ Principe de suppression des liaisons:

Liaison et réaction de liaison :
Un corps lié à d’autres corps ou en contact avec eux est limité dans son mouvement. Il est
soumis à des liaisons et on dit qu’il est gêné ou non-libre.
Physiquement, on appelle liaison tout ce qui limite les déplacements d’un corps donné ou
permet de le maintenir dans une position bien déterminée dans l’espace. Une liaison est ce
que l’on désigne communément par appui.

R
Exemple : brosse sur une table
Liaison physique= table
Si on applique sur un corps gêné (soumis à une liaison par exemple) un système
  

F1 , F2 , F3 ,....., Fn , il agira sur la liaison avec une certaine force qui dépendra du système.
Réciproquement (4ième axiome), la liaison agira sur le corps avec une force opposée.
Pour l’exemple de la brosse-table, si on considère uniquement le poids de la brosse, la
réaction de la table sera normale à la surface de contact, si la surface de contact est

Menina Rachid

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horizontale. Par contre, si le contact n’est pas horizontal et si on tient compte du frottement le
système appliqué se composera de deux forces. La réaction sera oblique avec 2 inconnues: la
normale et la force due au frottement qui permet de maintenir l’équilibre tant qu’elle reste
supérieure à la composante du poids suivant le plan de contact.
La détermination de la force de liaison dite aussi réaction, inconnue à priori en intensité et
parfois en direction doit faire partie de la résolution du problème considéré.
En statique il est important de déterminer correctement les réactions et celles-ci dépendent des
types de laissons qui rentrent en jeu.

Différents types d’appuis :
Dans ce cours, et pour une raison de simplicité, on se limitera à la représentation
conventionnelle des appuis (avec leurs réactions), à savoir :
1. surface lisse ou appui simple :
Direction de la
réaction
Surface lisse

N

N

N1

N2
Appui simple
1 composante perpendiculaire aux « surfaces de contact »
2. charnière cylindrique ou appui double (dans le plan):
y

R

R

R
x
2 composantes dans le plan du système
3. rotule sphérique et crapaudine (système non coplanaire):


z
z
R
R
y
x
x
y
3 composantes non coplanaires
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
R

M

systèmecoplanaire :
2 composantes pour R et une inconnue pour M



système
non
coplanaire
:
3
composante
s
pour
R
et
3
composante
s
pour
M

4. encastrement :

Principe de suppression des liaisons :
Tout corps gêné peut être considéré comme libre si on supprime ses liaisons en les remplaçant
par leurs forces (réactions).
Menina Rachid
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II.
Systèmes Forces-Couples coplanaires
Objet du chapitre:
Maniement des systèmes forces-couples coplanaires pour établir les conditions d’équilibre
des corps (solides) dans le plan.
2.1 Rappel de la notion du Moment d’une force par rapport à un point :
2.1.1
Définition :

Soit (S), M  (S) et F appliquée en A sur (S) et dont la ligne d’action ne passe pas par M

Donc M et le support de F c.-à-d.  F forme un plan.

Si M est fixe F aura tendance à faire tourner (S) autour

(S)
de M.
F
L’effet de rotation produit par cette force est
M
caractérisé par une grandeur algébrique qui mesure la
A
capacité de la force à faire tourner (S) autour de M.
d
F
Cette grandeur algébrique est nommée moment.

On appelle moment d’une force F par rapport à un centre M la grandeur égale au
produit, pris avec le signe approprié, du module de la force par la longueur du bras de
levier.

Mt
F   Fd
/
 
M
On convient que le signe (+) est retenu quand la force a tendance à faire tourner le solide dans
le sens trigonométrique et le signe (-) dans le cas contraire.
2.1.2 Théorème de Varignon du moment de la résultante

x
Soit F1 appliquée en A, M centre ≠ A
Mx axe perpendiculaire à MA


F1x
Mt / M F1   F1d  F1 MA sin 
F
 
1
 MA.F1 sin   MA.F1x
A
M
Soit maintenant un système
d
  


F1 , F2 , F3 ,....., Fn A  R A

Fn
On sait que :

Pr oj
R  Rx   Fix donc MA.Rx  MA. Fix   MA.Fix .

 
/

R
F1 sin   F1x


F2

Mx
Soit :
Menina Rachid
a lg
Mt
/
R   Mt F 

M

/
Expression du théorème de Varignon
i
M
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Énoncé du Théorème :
Le moment de la résultante d’un système plan de forces concourantes par rapport à un point
est égal à la somme algébrique des moments des forces composantes par rapport à ce point.
NB : le théorème est valable pour tout système admettant une résultante.
(S
)
2.2 Couple (de forces) et Moment d’un couple :
2.2.1
Définition
On appelle couple de forces tout système
de deux forces parallèles (de support différents),
de même module et de sens contraires agissant sur
un même solide.
On déduit de la définition que :

F A
B

F
d
F ,F   0et 
l’effet de F , F  est un effet de rotation qui dépendra :


1°)
2°)


du module de F et du bras de levier d,

du plan d' action (plan formé par les 2 forces) et

du sens de rotation
Pour caractériser cet effet on introduit la notion de moment d’un couple.
2.2.2 Moment (algébrique) d’un couple
Le moment d’un couple est la grandeur algébrique égale au produit, pris avec le signe
approprié, du module de la force par le bras de levier du couple d. Soit m   F.d .
On démontre aisément que le moment d’un couple est indépendant du point par rapport
auquel on le calcul. Il suffit de prendre un point dans le prolongement du bras de levier d.
2.2.3 Équivalence des couples
 


 
Soit (S), F , F ' / F '   F et F , F '  0 avec bras de levier d1.
 
Le couple F , F ' est caractérisé par






son plan d ' action

m1  F .d1

F , F   P,P, Q,Q  P,P
car Q,Q   0
 


même
plan
d'
action
que
F
,F 
 
P,P 
car ABCD plan
 '

 



P


Q
'


Menina Rachid

F
B
d1

P

Q

P D
A
d2
C

P

F'
m2  P.d 2
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Or m1  mt

F
/ B 
Théorème de Varignon





mt/ B P  mt/ B Q  mt/ B P  mt/ C P  m
2
Donc F .d1  P.d 2 d’où :
Théorème :
Sans changer l’action produite sur un solide, on peut remplacer un couple de forces
appliqué sur ce dernier par un autre couple quelconque se trouvant dans le même plan et
ayant le même moment algébrique.
Conséquences :
1. on peut transporter un couple donné en un endroit quelconque de son plan d’action.
2. on peut varier F ou d à condition de ne pas changer le moment du couple.
3. Équivalence des couples : Deux couples coplanaires de même moment sont
équivalents.
Finalement tout couple est caractérisé par son plan d’action et la valeur algébrique de son
moment.
m
Dans le cas des systèmes coplanaires on schématise un couple par :
2.3 Théorème de translation d’une Force :

FA

Soit un solide (S), une force F appliquée en A sur (S)
et un autre point B de (S) auquel on veut déplacer
A
B

la force F .
Pour se faire on utilisera le 2ième axiome et l’équivalence des couples comme le montre le
schéma ci-dessus.



F
A
FA
FA



FB
FB
FB
A
A
A
B
B
B
A
B
m





 FB
 FB
 

 
 


 F , ( F , F ) 
FA


FB , ( FA , FB )
 FB , m
A
B
B



0




avec FA  FB
 


m  mt ( FA , FB )  mt / B FA , appelé moment de réduction ou de translation de FA en B.





Donc FA est remplacée par FB et un moment mt / B FA avec FA  FB .
 

Menina Rachid


 



 
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Théorème :
On ne change pas l’action d’une force sur un solide en la déplaçant parallèlement à
elle-même en un point du solide, à condition d’ajouter un couple de moment égal au moment
de la force par rapport au point auquel on désire la déplacer.
Remarque :
Ce théorème est très important. Il trouve son application dans la réduction d’un système de
forces à son expression la plus simple. Il forme avec le principe de glissement deux outils qui
permettent de déplacer une force en un point autre que son point d’application.
2.4 Réduction d’un système de forces à un centre donné :
2.4.1 Compositions de couples coplanaires
Soit un solide (S) sur lequel agissent n couples coplanaires (m1, m2,…, mn)
A et B  (S) / AB=d.
On prend n=3 ; m1, m2 et m3.
D’après le théorème d’équivalence des
m2
couples coplanaires on peut remplacer chaque
m3
couple par deux forces en A et B tel que :
A


 '
F
1
m1  F1 , F1 / m1  d .F1
 '
m
1
m2  F2 , F2 / m2  d .F2
 '
m3  F3 , F3 / m3  d .F3






On aura :
 


F1  F2  F3  R
En A:




F1'  F2'  F3'  R '
En B:
B
A


R
Les deux résultantes sont telles que :


 

R  R '  F1  F2  F3 ; notation : le symbole

R'
d
et soient 2 points

F3'

F2

F1'
B
d

F3

F2'
m

désigne le module.


 
Finalement tout le système est remplacé par un seul couple R, R ' de moment




m    R .d    F1  F2  F3 .d  m1  m2  m3   mi ; alg : algébrique
a lg
Théorème :
Un système de couples coplanaires est équivalent à un seul couple disposé dans le
même plan et de moment égal à la somme algébrique des moments des couples composants.
2.4.2 Théorème de réduction d’un système de forces-couples coplanaires en un centre.
Soit un solide (S) soumis à l’action d’un système de n forces coplanaires mais non
concourantes et O un centre de réduction  au plan des forces (peut importe s’il  ou non à
(S)). On prendra pour simplifier les choses n=3. Puis on appliquera le théorème de translation
pour chaque force. En fait pour chacune de ces forces on obtient une force en O et un moment
égal au moment de la force par rapport au point de réduction en question. Le schéma ci-après
montre la procédure à suivre.
Menina Rachid
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
F3

F3
C
C



F2
O
A
A
B

F1
C
B

F1
C
mo


R
O

F2
O
m3

F2

 
O

F3
m2
A
A
m1
B

F1
B


Les trois forces ainsi obtenues en O sont remplacées par leur résultante R   Fi et les 3
i
couples coplanaires de moments respectifs m1, m2 et m3 sont remplacés par un couple

équivalent de moment mO   m/ O Fi .
i

  

Donc finalement F1 A , F2 B , F3C   R, m . R , indépendant du point de réduction, est
o

nommé vecteur principal et
principal.
mo

dépendant du point en question est nommé moment
Théorème :
Tout système plan de forces agissant sur un solide est remplacé quand on le réduit à un

centre arbitraire O par une force R égale au vecteur principal et appliquée au centre de
réduction et un couple de moment
mo égal au moment principal du système par rapport à O.
Conséquence : Réduction d’un système plan à son expression la plus simple.




On a vu qu’en général F1 ,..., Fn  R, m . Le résultat final dépendra de R et mo , donc du
o
point de réduction. On peut aboutir à une situation où au moins l’un des deux éléments de
réduction s’annulera.

Menina Rachid



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2.5 Conditions d’équilibre d’un système plan forces-couples :
Il faut d’abord remarquer qu’un couple est un ensemble de deux forces. Alors un système plan
forces-couples n’est rien d’autre qu’un système de forces coplanaires. Et nous venons de voir
qu’un système de forces coplanaires peut se réduire à un vecteur principal et un moment



principal c.-à-d. F1 ,..., Fn  R, m . Or pour qu’un système (solide sur lequel agit ce
o
système) soit en équilibre ou équilibré il faut et il suffit que le système ait un effet nul. Soit :




 




 R0
F1 ,..., Fn  0  R, m  0  
o

mo  0




 Rx  0
  Fix  0
analytique ment 

 R y  0    Fiy  0  : somme algébrique


 m F 0
 / O i
mO  0
Expressions fondamentales de l’équilibre
 
Remarque :
L’équilibre peut s’exprimer par d’autres conditions à savoir :
 1 équation de projections des forces + 2 équations des moments/ 2 points différents ou

3 équations des moments/ 3points différents.
2.6 Théorème des charges partielles :
Soit un solide (S) reposant en A sur un
appui simple et en B sur un appui double

1°) action de F1 seule.

F
2

F1

RB 2
1
L’équilibre se traduit par
  
F1 , RA1 , RB1  0
En effet l’ensemble de ces trois forces

R A1
forme un système de trois forces
concourantes au point 1.
Alors l’équilibre se traduit par :

 

F1  RA1  RB1  0 (a)


RB

F2
C


RB1
B
A

RA2

2°) action de F2 seule.


  
L’équilibre se traduit par F2 , RA2 , RB 2  0 . En effet l’ensemble de ces trois forces forme un
système de trois forces concourantes au point 2. Alors l’équilibre se traduit par :




F2  RA2  RB 2  0 (b)
Menina Rachid
12
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

 
3°) action du système F1 , F2 .
En appliquant le 2ième axiome de la statique on obtient :
  
     
0  F1 , RA1 , RB1  F1 , RA1 , RB1 , F2 , RA2 , RB 2 .

 


 




En sommant (a) et (b) on obtient : F1  RA1  RB1  F2  RA2  RB 2  0



 




 


 

Soit F1  F2  RA1  RA2  RB1  RB 2  0  F1  F2  RA  RB  0  F  RA  RB  0
L’ensemble en réalité forme un système de trois forces concourantes en un point disposé entre
les points 1 et 2.
Là on a utilisé le principe du parallélogramme en C, A et B c.-à-d. on considéré les
résultantes au lieu de leurs composantes respectives.



Soit : RA  RA1  RA2



RB  RB1  RB 2
Théorème:
Dans la statique du solide les réactions dues aux charges partielles s’ajoutent
vectoriellement.
Remarque :
Le théorème des charges partielles s’applique aussi pour les actions résultantes au niveau des
appuis.
Menina Rachid
13
02/01/2014
III. Systèmes Forces-Couples non coplanaires.
3.1 Moment vectoriel d’une force par rapport à un centre (rappel) :
Cette notion a été introduite au chapitre II en supposant que la force en question se trouvait
dans le plan xoy. Le vecteur moment était alors porté par l’axe des z bien que la
représentation vectorielle ne fût pas nécessaire car toutes les forces avaient le même plan
d’action.
z
 
m/O FA
FA
A
O
y
d
x
Si les forces sont disposées arbitrairement dans l’espace alors la nécessité d’indiquer dans ce
cas les plans d’action des différentes forces nous conduit à représenter le moment d’une
 


force FA par rapport un Point O par un vecteur m/O FA  au plan O, FA , de module égal
à F.d et orienté du côté d’où l’on voit la rotation se faire dans le sens trigonométrique.
Expression vectorielle :
Si r  OA, A étant le point d'application de F alors m/O FA coïncide par son module, sa
 
direction et son sens avec le produit vectoriel r  F et on aura :
 
m/O FA = r  F
3.2 Moment d’une force par rapport à un axe :
Soit une force F , un axe Δ non coplanaire avec
Δ
xy
la force et A le point d’application
F
de cette force.
Fz
On décompose la force en question en deux
Composantes: la première suivant une
Fxy
A
direction // à  et la seconde sur un plan  à
O
 et passant par le point d’application de la
force. L’axe  sera nommé axe Oz et le plan
qui coupe  en O sera désigné par plan xOy .
Le moment de la force par rapport à Oz caractérise l’effet de rotation de la force autour de
l’axe en question. La composante Fz étant // à Oz, elle ne peut induire de rotation autour de
Menina Rachid
14
02/01/2014
cet axe. Seule la composante Fxy aura un effet de rotation autour de l’axe. Par conséquence
tout l’effet rotatif de la force est du à sa composante sur xOy.
Donc :
 
 
m/ Oz F  m/ Oz Fxy
Or Fxy  xOy  rotation autour de Oz = rotation autour de O
 
 
 
 
C'est-à-dire : m/ Oz Fxy  m/ O Fxy et finalement m/ Oz F  m/ O Fxy
Définition :
Le moment d’une force par rapport à un axe est la grandeur algébrique égale au moment de
sa projection sur le plan perpendiculaire à l’axe par rapport au point d’intersection de l’axe avec le
plan.
Expressions analytiques des moments d’une force par rapport aux axes de coordonnées :
Soient x, y et z les coordonnées du point d’application de la force relativement à un repère
orthonormé Oxyz.
 
 
 
 
m/ Oz F  m/ O Fxy  m/ O Fx  m/ O Fy
x
z
  yFx  xFy
 
F
m/ Oz F  xFy  yFx
y
O
y
De la même façon on obtient :
x
 
 F   zF  xF
Fxy
m/ Ox F  yFz  zFy
m/ Oy
x
Fy
Fx
z
Remarque :
Les trois expressions ci-dessus ne sont rien d’autres que les composantes du vecteur
moment de la force F par rapport à l’origine O c.-à-d. :
 
 
 F   m  F   j et
F   m F k
m/ Ox F  m/ O F  i ,
m/ Oy
m/ Oz
Menina Rachid
/O
/O
15
02/01/2014
3.3 Couples de forces dans l’espace :
a) représentation vectorielle du moment d’un couple :
Comme dans le cas du moment d’une force / à un centre un couple dans l’espace est
caractérisé par son plan d’action. Il sera donc plus commode de le représenter par son
vecteur moment qui est ┴ à son plan d’action.
Comme le moment est indépendant du point par rapport auquel il se calcule on peut
prendre son point d’application (vecteur moment du couple) n’importe où sur le plan
d’action du couple pourvu de le représenter ┴ au plan en question.
Plan d’action du
Plan d’action du
couple F ,  F
couple F ,  F




m
F
A
≡
F
B
b) Translation d’un couple dans l’espace :


Soit F ,  F un couple appliqué sur un solide (S) en A
et B ayant (I) comme plan d’action.
Considérons un plan (II) // (I) et prenons dans
ce plan deux points C et D tels que CD=AB
et CD//AB.
Soient en C et D deux systèmes équilibrés
II
F C
F
 F , F   0
D
F
F
E
Dans ce qui suit nous représentons chaque
force avec son indice qui indique son
point d’application. Alors
 RE
RE
F
B
A
 F , F    F , F , F , F , F , F 
I
F
  F , F , F , F , F , F 
  R , R , F , F    F , F 
Nous avons utilisé le fait que :  F , F    R  ,   F ,  F     R  et  R ,  R   0
Donc le couple  F ,  F  est remplacé par le couple  F ,  F  qui est identique au premier
A
B
A
A
B
C
E
C
C
B
D
E
C
D
D
C
D
C
A
A
D
C
D
E
B
B
D
D
E
E
E
C
mais disposé dans le plan (II).
Théorème :
L’action d’un couple sur un solide ne change pas si on le transporte de son plan d’action vers un autre
plan quelconque mais parallèle au premier.
Menina Rachid
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02/01/2014
Conséquences :
1. de a) et b) on en conclut que le vecteur moment d’un couple est un vecteur libre
2. composition de couples dans l’espace :
Considérons l’exemple de deux couples dans deux plans perpendiculaires.
1
m2
2
m2
m1
m1
4
3
m
m1
m
m2
Théorème :
Un système quelconque de couples agissant sur un même solide est équivalent à un seul couple de
vecteur moment égal à la somme géométrique (vectorielle) des vecteurs moments des couples
composants.
3.4 Réduction d’un système de forces à un centre :

Soit à réduire le système F1 , F2 , F3 ,

, Fn en O. Pour se faire on applique le théorème de
translation pour chaque force dans le plan qu’elle forme avec le point O.
F3
F1
≡
F2
mred
O
R
O
Fn
Menina Rachid
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02/01/2014
Finalement le système se réduit en une force R nommée vecteur principal indépendante du
 
point de réduction et un moment de réduction mred   m/ O Fi . Ce dernier est dépendant

 
, Fn  R, mred
du centre O. Soit : F1 , F2 , F3 ,
i

3.5 Équilibre dans l’espace :
Soient n forces et m couples appliqués sur un solide (S). (S) est en équilibre équivaut à :
F ,

, mm  0
, Fn , m1 ,
1
Soit si on choisit comme centre de réduction l’origine du repère O :

R  0 et

m  m  0 
j
 red 
j
 Fix  0
 i
 F 0
iy

i

 Fiz  0
 i
 m
/ Ox Fi   m jx  0

i
j

 m/ Oy Fi   m jy  0
 i
j

 m/ Oz Fi   m jz  0
j
 i
 
Expressions fondamentales
de l’équilibre dans l’espace
 
 
3.6 Théorème de Varignon du moment de la résultante par rapport à un
axe :
Soit un système de n forces agissant sur un solide (S).

Supposant que F1 ,
  
, Fn  R et que la ligne d’action de la résultante R passe par un
point C de (S) ou lié à ce dernier.
Soit R'   R appliquée en C.

Alors le système F1 ,



, Fn , R'  0  F1 ,
, Fn ,  R  0

i Fix  Rx  0



  le système d’axes orthonormés Ox, Oy et Oz 
 m/ Ox Fi  m/ Ox  R  0
 i

 

 m  F   m  R   0   m  F   m  R   0 
/ Ox
i
i
/ Ox
/ Ox
i
/ Ox
i
 
 
 
m/ Ox R   m/ Ox Fi
i
Théorème :
Si un système de forces donné possède une résultante, le moment de celle-ci / à un axe
quelconque est égal à la somme algébrique des moments des forces composantes par rapport à cet
axe.
Menina Rachid
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02/01/2014
3.7 Résolution des problèmes de l’équilibre dans l’espace :
Le principe est identique à celui de l’équilibre dans le plan à savoir :
 l’application du principe de suppression des liaisons,
 l’application des conditions d’équilibre pour le système (forces actives + réactions de
liaisons)
La différence réside dans :
 la décomposition des forces (3 composantes) et
 le calcul des moments par rapport aux axes choisis.
- Si la figure « générale » ne permet pas de voir à quoi est égal le (ou les) moment(s) de (ou
des) force (s) / à l’axe, on est obligé de représenter sur une autre figure la projection du
solide (avec la ou les forces) sur un plan perpendiculaire à l’axe (la projection sera faite dans
la mesure du possible en regardant du coté positif de l’axe).
- Parfois la projection sera faite avec les composantes des forces.
- On peut aussi utiliser les formules d’Euler du produit vectoriel qui donnent des expressions
analytiques des moments/ aux axes.
- Enfin il est souvent très utile de dresser un tableau dont chaque ligne correspond à une
équation de l’équilibre et chaque colonne à une force ou un couple du système y comprises
les réactions de liaisons.
Le remplissage du tableau se fera par colonne et les équations de l’équilibre seront obtenues
en sommant tous les éléments de la même ligne et en égalisant la somme obtenue à zéro.
Le nombre d’équations obtenues doit être égal au nombre d’inconnues.
La résolution du système permet de déterminer les inconnues initiales.
Fi
F1

Fn
R1

Rm
m1

ml
=0
Fix
Fiy
Fiz
 
m/Ox Fi
 
m/Oy Fi
 
m/Oz Fi
Menina Rachid
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Exercices d’application sur la statique du solide :
Ex 1 :
   
  
Soient les vecteurs V1  i  j , V2  2i  j  k déterminer :


1. les vecteurs directeurs des supports de V1 et V2 .

2. les vecteurs unitaires u  au plan xOy et perpendiculaires à V2 et
3. l’angle entre V1 et V2 .
4. la composante de V2 suivant la direction de V1 .
Ex 2 :

C

B
Soient A, B et C trois vecteurs tels que A  B  C voir figure ci contre.

Retrouver la loi des sinus en exprimant la surface du triangle formé
A
par ces 3 vecteurs à l’aide du module du produit vectoriel.
Application :
Déterminer le module et la direction de la résultante des deux forces A et B de modules A


=100N et B =50N, de même point d’application et faisant entre elles un angle A, B =60°
Ex 3 :
Soient A, B et C trois vecteurs quelconques. Retrouver, en utilisant l’expression analytique
du produit vectoriel, l’expression du double produit vectoriel :

 
A B  C  B A  C  C A  B
i
j
k
 étant le signe du produit vectoriel et A  B  Ax
Ay
Az
Bx
By
Bz

Application : Soit le vecteur V  3i  3 j  k et un vecteur unitaire n non colinéaire avec V .
Déterminer le vecteur projection de V sur la direction de n et le vecteur projection de V sur
un plan   de normale n si :
2
i  j  ,
2
3
2. n 
i  j k
3
1. n 


Rappel :
1. Projection d’un vecteur V sur un axe (  ) :
Soit un axe () de vecteur directeur n et un vecteur quelconque V , alors le vecteur projection
de V sur l’axe () est donné par : Vn  V  n n avec n  cos  i  cos  j  cos  k ;


 ,  et  étant les angles que fait () avec les axes Ox, Oy et Oz et cos  , cos et cos sont
les cosinus directeurs de l’axe ().
Menina Rachid
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02/01/2014
2. Projection d’un vecteur V sur un plan (  ) de normale n non colinéaire avec V :
Soit un vecteur V et un plan (  ) de normale n non colinéaire avec V , alors le vecteur
« projection » de V sur (  ) est donné par :
V  n V  n
V
Pour arriver à cette relation il suffit de constater que : V  V  Vn
Vn
où Vn est la projection du vecteur V sur un axe de
n
V
vecteur directeur n c'est-à-dire un axe perpendiculaire

au plan (  ), voir figure.
Ex 4 :
Soit une barre AB horizontale soumise à l’action de deux forces parallèles, appliquées à ses
extrémités et telles que FA=2FB=F.
Déterminer le point C appartenant à AB par lequel passe la ligne d’action de la résultante des
deux forces pour les cas suivants :
1. les deux forces sont verticales et dirigées vers le bas et
2. les deux forces, orientées vers le bas, font deux angles égaux et <90° avec les deux
verticales passant par A et B.
Ex 5 :
Une force verticale F de 200 N d’intensité est appliquée en A extrémité du levier OA, voir
la figure de gauche ci-dessous.
1. Calculer le moment de F par rapport à O.
2. Quelle est la force appliquée en A et perpendiculaire à OA produisant le même
moment que F .
3. Si F forme un premier système et la force déterminée en 2 forme un deuxième
système, les deux systèmes en question sont-ils équivalents ? expliquer
A
25 cm
F
A
45°
F1
B
a
O
 F1
C
D
2a
Menina Rachid
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Ex 6 :


Une plaque rectangulaire ABCD de cotés a et 2a est soumise à un couple F1 ,  F1 tel que les
lignes d’action des forces soient confondues avec BA et DC comme le montre la figure à
droite sur la page précédante.
F
1. déterminer le rapport 1 pour que le couple F2 ,  F2 , dont les lignes d’action de ses
F2
forces sont confondues avec AD et CB, soit équivalent au premier couple.
2. pour passer de F1 ,  F1 à F2 ,  F2 on procède de la manière suivante :


 



on fait glisser F1 et - F1 en A et C et

on ajoute au système ainsi obtenu un système QA , QC  0 avec QA  QC  Q .


Déterminer Q
Ex 7 :
Soit le système ( F1 , F2 , F3 ) appliqué sur la poutre OABC encastrée en O comme indiqué sur la figure en
bas à droite. Si F1=100 N, F2=400 N et F3=200 N.
1. translater les trois forces en O et exprimer le système résultant sous sa forme la plus
simple.
2. montre que ( F1 , F2 , F3 )  RD et déterminer la position du point d’application D.
FC
F3
F1
C
3m
m
B
A
45°
B
A
O
1,5m
2m
C
3m
F2
3m
Ex 8 :
Le « L » ABC de poids négligeable repose en B sur un appui double et en A sur un appui
simple comme indiqué sur la figure de gauche ci-dessus. Il est soumis en C à une force
perpendiculaire à CB d’intensité F = 100 N. Un couple de moment m = 300 Nm agit aussi sur
ABC dans le plan de la figure.
1. déterminer un système de deux (2) forces appliquées en A et B équivalent à ( FC , m) .
Faire attention au fait que l’appui en A ne supporte que des forces perpendiculaires à son plan
de référence qui fait 45° avec l’horizontale. En déduire les réactions des appuis en A et B.
2. en plus de ( FC , m) , on applique en M milieu de AB dans le plan de la figure une force
verticale de même module que FC et orientée vers le bas. Déterminer les nouvelles réactions
en A et B en utilisant le théorème des charges partielles.
Menina Rachid
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Ex 9 :
1. déterminer la réaction (force-moment) de l’encastrement du 7ème exercice en partant de
la réponse de la première question de cet exercice.
2. même question qu’en 1) mais en utilisant les équations de l’équilibre.
Ex 10 :
Une tige AB est fixée au mur vertical (DD1AE) par l’intermédiaire d’une rotule sphérique en
A comme indiqué sur la figure en bas. La tige est maintenue perpendiculaire au mur à l’aide
des câbles CD et KE. À l’extrémité B de la tige est suspendue une charge de poids P=720 kgf.
Déterminer la réaction de la rotule et les tensions des câbles si AB = 8 m, AC = AD1 = 6 m et
AK = 4 m. On néglige le poids de la tige.
D

  60
  45
  30


DD1 A  DD1C  90
E
D1

A
K
C
B

P
Ex 11 :
Une plaque plane homogène rectangulaire ABCD de poids P est fixée à un mur vertical BEC
à l’aide d’une rotule sphérique en C et d’une charnière cylindre en B d’axe BC. Elle fait un
angle de 30° par rapport à l’horizontale BE comme indiqué sur la figure ci-dessous et est
maintenue dans une position telle que AB et DC soient horizontaux à l’aide du câble DE

attaché au mur verticale BEC en E tel que BEC  90 .
Déterminer la tension du câble DE et les réactions des deux appuis en fonction de P.
Nb : Prendre les axes : Ox confondu avec BA, Oy confondu avec BC et Oz perpendiculaire au
plan (BA, BC).
1m
B
A
E
30°
2m
C
D
Menina Rachid
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Ex 12 :
Une plaque rectangulaire de poids 2000 N et de dimensions 2x3 m2 est articulée au mur
vertical xOz par l’intermédiaire de deux charnières cylindriques en O et A. Pour la maintenir
horizontale et plaquée du coté OC sur le mur vertical y0z, on utilise d’une part un ressort de
torsion monté sur un axe confondu avec le coté OA et d’autre part un câble DE attaché en D
sur la plaque et en E, à 1,5 m de O, sur la verticale Oz.
Le ressort développe un couple dont le moment est m = 1000 N.m porté par l’axe Ox. On
donne AD = 1,5 m.
Déterminer la tension du câble DE, les réactions des charnières cylindriques et celle du mur
yOz si on suppose que celle-ci est concentrée au milieu de OC.
z
E
O
C
y
A
x
Menina Rachid
B
D
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