STATIQUE - EXERCICESespace-v.be/RDM/COURS RDM_/1. Statique/EX Statique.pdf1 et F 2. On demande de calculer les efforts dans les barres en précisant si elles sont sollicitées en traction

STATIQUE - EXERCICES

P. VASSART / Bac Construc / IEPSCF – NAMUR 1

Projection d'une force sur un axe

On demande de calculer la projection F a de la force F⃗ sur l'axe a dans les 4 cas suivants :

(1) (2)

F a = + 40 cos 50° = 25,71 kN F a = - 30 cos 40° = - 22,98 kN NB : signe + puisque la force est orientée dans NB : signe – puisque la force est orientée dans le sens de l'axe le sens contraire de l'axe

(3) (4)



Projection d'une force sur un axe

On demande de calculer la projection F a de la force F⃗ sur l'axe a dans les 4 cas suivants :

(1) (2)


(3) (4)



Projection d'une force sur 2 axes perpendiculaires – composantes d'une force

On demande de calculer les composantes F x et F y de la force F⃗ dans les 4 cas suivants :

(1) Fx = 34 cos 30° = 29,44 kN Fy = 34 cos (90° - 30°) = 34 cos 60°

Remarques :• 90° - 30° = angle que fait la force F⃗ avec l'axe Oy• Puisque cos (90° - α) = sin α , cos (90° - 30°) = sin 30° et on aurait pu dés lors écrire plus

simplement : Fy = 34 sin 30° = 17 kN → ce que l'on fait d'habitude (plus rapide)• Fx est + puisque la force F⃗ est dirigée vers la droite, c'est à dire dans le sens de l'axe des

x. Fy est + puisque la force F⃗ est dirigée vers le haut, c'est à dire dans le sens de l'axe des y.

(2)Fx = - 30 cos 50° = - 19,28 kNFy = 30 sin 50° = 22,98 kN

Remarques Fx est - puisque la force F⃗ est dirigée vers la gauche, c'est à dire dans le sens contraire de l'axe des x. Fy est + puisque la force F⃗ est dirigée vers le haut, c'est à dire dans le sens de l'axe des y.


(3)Fx = 50 cos 38° = 39,4 kNFy = - 50 sin 38° = - 30,78 kNRemarques Fx est + puisque la force F⃗ est dirigée vers la droite, c'est à dire dans le sens de l'axe des x. Fy est - puisque la force F⃗ est dirigée vers le bas, c'est à dire dans le sens contraire de l'axe des y.

(4)Fx = - 40 cos 60° = - 20 kNFy = - 40 sin 60° = - 34,64 kNRemarques Fx est - puisque la force F⃗ est dirigée vers la gauche, c'est à dire dans le sens contraire de l'axe des x. Fy est - puisque la force F⃗ est dirigée vers le bas, c'est à dire dans le sens contraire de l'axe des y.


Intensité, sens et direction d'une force définie par ses composantes Fx et Fy

On demande de déterminer l'intensité, le sens et la direction (angle avec Ox) de la force F⃗définie par ses composantes Fx et Fy dans les cas suivants :

(1) F⃗ : Fx= 40 kN et Fy = 60 kN, ce que l'on note encore : F⃗ (40 ; 60) étant entendu que l'unité d'intensité des forces est le kN.

On a : F=√F x2+F y

2=√402

+602=72,11 kN

Et : tg α = F y

F x

=6040

→ α = 56,31°

(2) F⃗ (- 50 ; 40)

On a : F=√F x2+F y

2=√502+402=64,03kN

Et : tg α = F y

F x

=4050

→ α = 38,66°

Remarques :• pour calculer l'angle, si l'on considère le schéma, on prendra les valeurs absolues (+) des

composantes ;

• si l'on tient compte des signes, le calcul conduit à tg α = - 4050

→ α = - 38,66°, ce qui

revient au même, l'angle étant alors mesuré trigonométriquement.


Résultante de forces concourantes

On demande de déterminer les caractéristiques (composantes, intensité, angle avec Ox) de la résultante R⃗ des forces concourantes ci-dessous.

Avec : F1 = 30 kN, F2 = 35 kN, F3 = 20kN

F1x = 30 cos 40° F1y = 30 sin 40°F2x = -35 sin 20° F2y = 35 cos 20°F3x = 20 cos 25° F3y = -20 sin 25°

Rx = ∑ F ix = F 1x+F 2x+F 3x = 29,14 kN Ry = ∑ F iy = F 1y+F 2y+F 3y = 43,72 kN

R = √R x2+RY

2 =√29,142+43,722=52,54 kN

tg α = R y

R x

=43,7229,14

→ α = 56,32°


Résultante de forces concourantes

On demande de déterminer les caractéristiques (composantes, intensité, angle avec Ox) de la résultante R⃗ des forces concourantes ci-dessous.

Avec : F1 = 40 kN, F2 = 20 kN, F3 = 30kN

F1x = 40 cos 18° F1y = - 40 sin 18° F2x = -20 sin 30° F2y = -20 cos 30°F3x = -30 sin 25° F3y = 30 cos 25°

Rx = ∑ F ix = F 1x+F 2x+F 3x = 15,36 kN Ry = ∑ F iy = F 1y+F 2y+F 3y = -2,49 kN

R = √R x2+RY

2=√15,362

+2,492=15,56 kN

tg α = R y

R x

=2,4915,36

→ α = 9,21°

Remarque si les forces sont définies par leurs composantes, on peut directement appliquer les formules : Rx = ∑ F ix

Ry = ∑ F iy

tg α = R y

R x

→ α


Moment d'une force

On demande de calculer le moment de la force F⃗ par rapport au point A.

MA ( F⃗ ) = 3 x 40 = 120 kNm (sens antihorlogique - sah)


MA ( F⃗ ) = 3,5 x 30 = 105 kNm (sens antihorlogique – sah)


MA ( F⃗ ) = 4 x 50 = 200 kNm (sens horlogique – sh)


Moment d'une force

On demande de calculer le moment de la force F⃗ par rapport au point O (origine des coordonnées), la force F⃗ étant appliquée au point A(3, 2). Les distances sont exprimées en m.

La distance du point O à la ligne d'action de la force F⃗ (bras de levier) est = 2m (ordonnée du point d'application A). Par suite, on a : MO ( F⃗ ) = 2 x 20 = 40 kNm (sens horlogique – sh).

On demande de calculer le moment de la force F⃗ par rapport au point O (origine des coordonnées), la force F⃗ étant appliquée au point A(-4,3). Les distances sont exprimées en m.

La distance du point O à la ligne d'action de la force F⃗ (bras de levier) est = 4m (abscisse du point d'application A). Par suite, on a : MO ( F⃗ ) = 4 x 25 = 100 kNm (sens antihorlogique – sah).


Moment d'une force

On demande de calculer le moment de la force F⃗ par rapport au point O (origine des coordonnées), la force F⃗ étant appliquée au point A (3 ;2,5). Les distances sont exprimées en m.

On va décomposer la force F⃗ suivant ses composantes horizontale F⃗ x (intensité = 40 cos 35° = 32,77 kN) et verticale F⃗ y (intensité = 40 sin 35° = 22,94 kN).

Et : M O( F⃗ )=M O( F⃗ x)+M O ( F⃗ y)

Avec :• M O( F⃗ x)=1,5 x 32,77=49,15kNm (sh)

• M O( F⃗ y)=2 x 22,94=45,89 kNm (sah)

Et en choisissant le sens horlogique comme étant +, il vient : M O( F⃗ )=49,15−45,89=3,26 kNm (sh)


Moment de plusieurs forces (agissant sur le même corps)

On demande de calculer le moment des forces F⃗ 1, F⃗ 2, F⃗ 3 par rapport au point O (origine des coordonnées) ainsi que par rapport au point D. Les distances sont exprimées en m.

• Calcul préliminaire

On va décomposer la force F⃗ 2 suivant ses composantes horizontale F⃗ 2x (intensité = 40 cos 42° = 29,73 kN) et verticale F⃗ 2y (intensité = 40 sin 42° = 26,77 kN).

• Calcul de M O( F⃗ 1, F⃗ 2, F⃗ 3)

M O( F⃗1, F⃗ 2, F⃗ 3)=M O( F⃗ 1)+M O( F⃗ 2)+M O( F⃗ 3)

En choisissant le sens horlogique comme sens +, il vient :

M O( F⃗ 1, F⃗ 2, F⃗ 3)=2 x 60+4 x29 ,73−3 x 26,77−5 x 30=8,61 kNm (sens horlogique)

• Calcul de M D( F⃗ 1, F⃗ 2, F⃗ 3)

M D( F⃗ 1, F⃗ 2, F⃗ 3)=M D ( F⃗ 1)+M D( F⃗ 2)+M D( F⃗ 3)

En choisissant le sens horlogique comme sens +, il vient :

M D( F⃗ 1, F⃗ 2, F⃗ 3)=2 x 60+4 x29 ,73+3 x 26,77+1 x 30=349,2 kNm (sens horlogique)


Calcul réactions de liaison – Forces concourantes

Une lampe de 400 N est suspendue par 2 fils comme indiqué sur la figure ci-dessous. On demande de déterminer les tensions dans chaque fil.

tg α = 4/3 → α = 53,13°

On va étudier l'équilibre du « point » A.

Ce « point » est sollicité par 3 forces : • P : poids de la lampe,• T 1 : réaction de liaison = tension dans le fil horizontal,• T 2 : réaction de liaison = tension dans le fil oblique.

L'équilibre de ces 3 forces (forces concourantes) implique que leur résultante doit être nulle. Par suite, il faut que : P⃗+T⃗ 1+T⃗ 2=0⃗

On va projeter cette équation vectorielle sur les axes Ox et Oy :• sur Ox : T 1−T 2 cosα=0 (1)• sur Oy : −400+T 2 sinα=0 (2)

On obtient ainsi un système de 2 équations à 2 inconnues T1 et T2 . La résolution de ce système donne :

T1 = 300 N et T2 = 500 N



Sur le noeud A des barres articulées ci-dessous agissent les forces F 1 et F 2 . On demande de calculer les efforts dans les barres en précisant si elles sont sollicitées en traction ou en compression. Données numériques : F1 et F2 = 10 kN, α1 = 30° et α2 = 25°

On va étudier l'équilibre du noeud A.

Ce noeud est sollicité par 4 forces : • les forces données F 1 et F 2 ,• les réactions de liaison N 1 et N 2 qui ne sont autres que les efforts s’exerçant dans les

barres .

NB : On supposera que les barres sont toutes les 2 sollicitées en traction (forces exerçant une traction sur le noeud A). Si le calcul de l'effort dans une barre conduit à un résultat +, c'est que le sens supposé est correct et que la barre est bien sollicitée en traction. Dans le cas contraire (calcul conduisant à un résultat -), cela signifie que le sens supposé est incorrect et que la barre est donc sollicitée en compression.

L'équilibre de ces 4 forces (forces concourantes) implique que leur résultante doit être nulle. Par suite, il faut que : F⃗ 1+F⃗2+N⃗ 1+N⃗ 2= 0⃗

On va projeter cette équation vectorielle sur les axes Ox et Oy : • sur Ox : 10−N 1 sin 30°N 2sin 25°=0 (1) • sur Oy : −10N 1cos 30 °N 2 cos 25°=0 (2)

On obtient ainsi un système de 2 équations à 2 inconnues N1 et N2 . La résolution de ce système donne :

N1 = 16,22 kN (résultat + → traction) N2 = - 4,47 kN (résultat - → compression)



Un poids de 500 N est suspendu à un fil oblique faisant un angle de 40° avec l'horizontale; il est maintenu en équilibre par une force F horizontale.On demande de déterminer l'intensité de la force F ainsi que la tension dans le fil AB.

On va étudier l'équilibre du « point » B.

Ce « point » est sollicité par 3 forces :• le poids P ,• la force horizontale F ,• la tension (réaction de liaison) T dans le fil.

L'équilibre de ces 3 forces (forces concourantes) implique que leur résultante doit être nulle. Par suite, il faut que : PFT=0

On va projeter cette équation vectorielle sur les axes Ox et Oy :• sur Ox : −T cos 40 °F=0 (1)• sur Oy : T sin 40°−500=0 (2)

On obtient ainsi un système de 2 équations à 2 inconnues T et F. La résolution de ce système donne :

F = 595,9 N (et accessoirement : T = 777,9 N)


Position d'équilibre – Forces concourantes

Un poids P est suspendu à 2 fils. Chaque fil passe sur une poulie sans frottement de rayon r, et est attaché à un poids 3P. On demande de déterminer la position d'équilibre de ce système définie par l'angle α.

On va étudier l'équilibre du « point » A.

Ce point est sollicité par 3 forces :• le poids P (d'intensité P),• les efforts T 1 et T 2 (d'intensité 3P) s’exerçant dans les 2 fils.

L'équilibre de ces 3 forces (forces concourantes) implique que leur résultante doit être nulle. Par suite, il faut que : P T 1 T 2=0

En projetant cette équation vectorielle sur l'axe Oy(*), il vient : −PT 1 sinT 2sin=0 et donc, T 1et T 2 étant = à 3P: −P3P sin3P sin=0 Par suite: sinα = 1/6 → α = 9,6°

(*)Projeter cette équation sur un axe horizontal ne présente pas d’intérêt, si ce n'est de confirmer que T⃗ 1 et T⃗ 2 ont bien la même intensité.



Avec quelle force le déménageur doit-il tirer sur la corde AB pour maintenir la caisse dans la position d'équilibre indiquée sur la figure ci-dessous ? La caisse pèse 1600 N.

tg α = 12

→ α = 26,565°

tg β = 92

→ β = 77,471°

On va étudier l'équilibre du « point » B.

Ce « point » est sollicité par 3 forces : • P : poids de la caisse,• T 1 : tension dans le fil BC,• T 2 : tension dans le fil AB = force exercée par le déménageur.

L'équilibre de ces 3 forces (forces concourantes) implique que leur résultante doit être nulle. Par suite, il faut que : P T 1 T 2=0

On va projeter cette équation vectorielle sur les axes Ox et Oy :• sur Ox : −T 1 cosT 2cos =0 (1)• sur Oy : −T 1sin T 2sin =1600 (2)

On obtient ainsi un système de 2 équations à 2 inconnues T1 et T2 . La résolution de ce système donne :

T2 = 447,2 N (et accessoirement T1 = 1843,9 N)


Calcul réactions de liaison - Forces //

On demande de calculer les réactions d'appui RA et RB de la poutre ci-dessous (poids propre de la poutre négligé).

Avec : F1 = 20 kN et F2 = 60 kN

Forces agissant sur la poutre :• les forces F 1 et F 2 ,• les réactions d'appui RA et RB .

Pour exprimer l'équilibre de ces forces (// et verticales), on peut utiliser les conditions :• leur résultante doit être nulle; par suite, il faut que : F 1 F 2 RA RB=0 et projeter cette

égalité vectorielle sur l'axe des y, ce qui donne l'équation : −20−60RARB=0 et donc: RA + RB = 80 (1)

• le moment par rapport à A (*) de toutes les forces doit être égal à 0; par suite, il faut que :MA ( RA , F1,

F 2,RB ) = 0

→ MA( RA ) + MA ( F 1 ) + MA( F 2 ) + MA( RB ) = 0→ 0 + 2 x 20 + 6 x 60 - 8 x RB = 0 (2)

On obtient ainsi un système de 2 équations (surlignées en jaune) à 2 inconnues RA et RB.

L'équation (2) donne directement : RB = 50 kN. De (1), on déduit ensuite : RA = 30 kN

(*) : On aurait pu choisir n'importe quel autre point du plan. Le fait de choisir le point A permet de simplifier le calcul. Puisque MA( R⃗A ) = 0, l'équation de moment est à une seule inconnue, à savoir RB.




Avec : F1 = 100 kN, F2 = 120 kN, F3 = 80 kN

Forces agissant sur la poutre :• les forces F 1 , F 2 et F 3 ,• les réactions d'appui RA et RB .

Pour exprimer l'équilibre de ces forces (// et verticales), on peut utiliser les conditions :• leur résultante doit être nulle; par suite, il faut que : F 1 F 2 F 3 R A RB=0 et projeter

cette égalité vectorielle sur l'axe des y, ce qui donne l'équation : RA + RB = 300 (1)• le moment par rapport à A (*) de toutes les forces doit être égal à 0; par suite, il faut que :

MA ( F⃗ 1 , R⃗A , F⃗ 2, R⃗B , F⃗ 3 ) = 0 → MA ( F⃗ 1 ) + MA( R⃗A ) + MA( F⃗ 2 ) + MA( R⃗B ) + MA( F⃗ 3 ) = 0→ 2 x 100 + 0 - 4 x 120 + 6 x RB - 8 x 80 = 0 (2)

On obtient ainsi un système de 2 équations à 2 inconnues RA et RB.

L'équation (2) donne directement : RB = 153,3 kN. De (1), on déduit ensuite : RA = 146,7 kN

(*) : On aurait pu choisir n'importe quel autre point du plan. Le fait de choisir le point A permet de simplifier le calcul. Puisque MA( RA ) = 0, l'équation de moment est à une seule inconnue, à savoir RB.




Avec : F = 50 kN et q = 10 kN/m

Forces agissant sur la poutre :• la force F et la charge uniformément répartie q que l'on va remplacer par sa résultante

Q (intensité : Q = 6 x 10 = 60 kN – point d'application : au milieu de la poutre, soit à 3m de l'appui A – en rouge sur le schéma ) ;

• les réactions d'appui RA et RB .Le schéma (statique) de la poutre devient :

Avec : F = 50 kN, Q = 60 kN

Equations d'équilibre :• RA + RB = 110 (1)• MA ( RA , F , Q , RB ) = 0 → 2 x 50 + 3 x 60 - 4 x RB = 0 (2)

On obtient ainsi un système de 2 équations à 2 inconnues RA et RB.

Et par suite : RA = 40 kN et RB = 70 kN


Calcul réactions de liaison – Forces quelconques

Une tige homogène de poids P = 300 N est posée sur un sol horizontal et posée contre un mur. Les contacts étant supposés sans frottement, elle est maintenue en place au moyen de la corde horizontale CD de poids négligeable.On demande de calculer l'effort de traction dans la corde ainsi que les réactions d'appui en A et B.

Forces agissant sur la tige :• le poids P⃗ de la tige (appliqué en son milieu),• la tension T⃗ dans le fil (ligne d'action = le fil),• la réaction d'appui en A R⃗A (ligne d'action perpendiculaire au mur puisque contact sans

frottement) ,• la réaction d'appui en B R⃗B (ligne d'action perpendiculaire au sol puisque contact sans

frottement).

Pour exprimer l'équilibre de ces forces, on peut utiliser les conditions :• leur résultante doit être nulle ; par suite, il faut que : P⃗ +⃗T +R⃗A+R⃗B=0⃗ et projeter cette

égalité vectorielle sur les axes Ox et Oy • sur Ox : 0 – T + RA + 0 = 0 → RA – T = 0 (1)• sur Oy : -300 + 0 + 0 + RB = 0 → RB = 300 N (2)

• le moment par rapport à A (*) de toutes les forces doit être égal à 0; par suite, il faut que :MA ( P⃗ , T⃗ , R⃗A , R⃗B ) = 0 → MA ( P⃗ ) + MA( T⃗ ) + MA( R⃗A ) + MA( RB ) = 0→ OB/2 x 300 + AD x T + 0 - OB x RB = 0

avec : OB → ▲AOB : sin 30° = OBAB

→OB = AB x sin 30° = 5 x sin 30° = 2,5


AD → ▲ADC: cos 30° = ADAC

→AD = AC x cos 30°= 3,5 x cos 30° = 3,03

et l'équation de moment devient : 1,25 x 300 + 3,03 x T - 2,5 x RB = 0 (3)

On obtient ainsi un système de 3 équations à 3 inconnues dont la résolution donne : RA = T = 124 N et RB = 300 N

(*) : On aurait pu choisir n'importe quel autre point du plan. Le fait de choisir le point A permet de simplifier le calcul (puisque MA( RA ) = 0).



Une poutre homogène de poids total P = 5 kN est suspendue au moyen de 3 câbles et maintenue en position d'équilibre horizontal comme indiqué sur la figure ci-dessous.On demande de calculer les efforts dans les câbles.

tg α = 3

1,5 → α = 63,43°

tg β = 31

→ β = 71,56°

Pour déterminer les efforts dans les câbles, on va étudier l'équilibre de la poutre suspendue, ces efforts n'étant autres que les réactions de liaison de la poutre.

Forces agissant sur la poutre :• le poids P⃗ de la poutre (appliqué en son milieu),• les efforts T⃗ 1, T⃗ 2 , T⃗ 3 dans les 3 câbles (ligne d'action = câble).

Pour exprimer l'équilibre de ces forces, on peut utiliser les conditions :• leur résultante doit être nulle ; par suite, il faut que : P⃗+T⃗ 1+T⃗ 2+T⃗ 3=0⃗ et projeter cette

égalité vectorielle sur les axes Ox et Oy • sur Ox : -T2 cos 63,43° + T3 cos 71,56° = 0 (1) →→• sur Oy : -5 + T1 + T2 sin 63,43° + T3 sin 71,56°= 0 (2)

• le moment par rapport à C de toutes les forces doit être égal à 0; par suite, il faut que :MC ( T⃗ 1 , P⃗ , T⃗ 2, T⃗ 3 ) = 0

→ MC ( T⃗ 1 ) + MC( P⃗ ) + MC( T⃗ 2 ) + MC( T⃗ 3 ) = 0→ 5,5 x T1 - 2,75 x 5 + 2,5 x T2 sin 63,43° + 0 = 0 (3) ( le moment par rapport à C de la composante horizontale de T⃗ 2 est nul, cette composante passant par C → bras de levier nul)

On obtient ainsi un système de 3 équations à 3 inconnues dont la résolution donne : T1 = 1,944 kN T2 = 1,366 kN T3 = 1,933 kN



Les entrées et sorties d'un garage souterrain sont couvertes par un avant-toit, porté par une série de structures planes écartées de 5 m dont l'une est représentée schématiquement par la figure ci-dessous. La charge uniforme sur la toiture vaut 3 kN /m2 tout compris. On demande de déterminer la réaction d'appui en A ainsi que l'effort s'exerçant dans la barre BD.

Forces agissant sur une structure plane :• charge sur la toiture reprise par une structure exprimée en kN/m : 5 x 3 = 15 kN/m

on va remplacer cette charge uniformément répartie par sa résultante Q⃗ :• intensité : Q = 8 x 15 = 120 kN • point d'application : au milieu de la structure, soit à 4m de l'appui A

• la réaction d'appui en A R⃗A ( définies par ses composantes RAx et RAy qui sont à déterminer)

• la réaction N⃗ exercée par la barre BD (ligne d'action = la barre).

Pour exprimer l'équilibre de ces forces, on peut utiliser les conditions :• leur résultante doit être nulle ; par suite, il faut que : Q⃗+R⃗A+N⃗= 0⃗ et projeter cette égalité

vectorielle sur les axes Ox et Oy • sur Ox : R Ax - N cos 60° = 0 (1)• sur Oy : - 120 + R Ay + N sin 60° = 0 → R Ay + N sin 60° = 120 (2)

• le moment par rapport à A de toutes les forces doit être égal à 0; par suite, il faut que : MA ( R⃗A , Q⃗ , N⃗ ) = 0

→ MA ( R⃗A ) + MA( Q⃗ ) + MA( N⃗ ) = 0→ 0 + 4 x 120 - 5N sin 60° = 0 (le moment par rapport à A de la composante horizontale de N⃗ est nul, cette composante passant par A → bras de levier nul) → 5N sin 60° = 480 (3)


On obtient ainsi un système de 3 équations à 3 inconnues dont la résolution donne : R Ax = 55,43 kN (→) , R Ay = 24 kN (↑) et N = 110,85 kN (C)

Remarques : • En vertu du théorème des 3 forces spécifiant que 3 forces ne peuvent être en équilibre que si

leurs lignes d'action sont concourantes, la ligne d'action de la réaction d'appui en A R⃗A doit nécessairement passer par le point d'intersection des lignes d'action des forces

N⃗ et Q⃗ .• En se basant sur cette considération, on aurait pu étudier le problème comme un probléme

de forces concourantes.



On demande de calculer les réactions d'appui de la colonne ci-dessous.

Forces agissant sur la colonne :• les forces données F⃗ 1 , F⃗ 2 , F⃗ 3 ,

• la réaction d'appui en A R⃗A (dont les composantes R Ax et R Ay sont à déterminer),• la réaction d'appui en B R⃗B qui est verticale (il s'agit en effet d'un appui simple).

Pour exprimer l'équilibre de ces forces, on peut utiliser les conditions :• leur résultante doit être nulle ; par suite, il faut que : F⃗ 1+F⃗2+F⃗3+R⃗A+R⃗B= 0⃗ et projeter

cette égalité vectorielle sur les axes Ox et Oy • sur Ox : - 40 + R Ax = 0 → R Ax = 40 (1) • sur Oy : - 120 – 60 + R Ay + RB = 0 → R Ay + RB = 180 (2)

• le moment par rapport à A de toutes les forces doit être égal à 0; par suite, il faut que : MA ( R⃗A , R⃗B , F⃗ 1, F⃗ 2 , F⃗ 3 ) = 0 → MA ( R⃗A ) + MA( R⃗B ) + MA( F⃗ 1 ) + MA( F⃗ 2 ) + MA( F⃗ 3 ) = 0→ 0 + 4 x RB + 0 - 4 x 60 + 12 x40 = 0→ 4RB = 240 (3)

On obtient ainsi un système de 3 équations à 3 inconnues dont la résolution donne :

R Ax = 40 kN (→) , R Ay = 240 kN (↑) et RB = -60 kN (↓)



On demande de calculer les réactions d'appui ainsi que l'effort s'exerçant dans la barre CD, relatifs à la structure ci-dessous.

Forces agissant sur la structure :• la force F⃗ (de 10 kN),• les réactions d'appui en A et B R⃗A et R⃗B toutes 2 verticales (appuis simples),• la réaction N⃗ exercée par la barre CD (ligne d'action = la barre).

Pour exprimer l'équilibre de ces forces, on peut utiliser les conditions :• leur résultante doit être nulle ; par suite, il faut que : F⃗ +R⃗A+R⃗B+N⃗ =0⃗ et projeter cette

égalité vectorielle sur les axes Ox et Oy• sur Ox : N = 10 cos 45° (1)• sur Oy : - 10 cos 45° + RA + RB = 0 (2)

• le moment par rapport à E de toutes les forces doit être égal à 0; par suite, il faut que : ME ( F⃗ , R⃗A , R⃗B , N⃗ ) = 0

→ME ( F⃗ ) + ME ( R⃗A ) + ME ( R⃗B ) + ME ( N⃗ ) = 0→ 0 + 6 x RA + 3 x RB + 0 = 0→ 6 RA + 3 RB = 0 (3)

On obtient ainsi un système de 3 équations à 3 inconnues dont la résolution donne : RA = -7,07 kN (↓), RB = 14,14 kN (↑) et N = 7,07 kN (C)



On demande de calculer les réactions d'appui relatives à la poutre ci-dessous.

Forces agissant sur la poutre : • les forces F⃗ 1et F⃗ 2 données,

• la réaction d'appui en A R⃗A perpendiculaire au plan incliné (appui simple) et donc faisant un angle de 45° avec l'horizontale,

• la réaction d'appui en B R⃗B (dont les composantes R Bx et R By sont à déterminer).

Pour exprimer l'équilibre de ces forces, on peut utiliser les conditions :• leur résultante doit être nulle ; par suite, il faut que : R⃗A+R⃗B+F⃗ 1+F⃗ 2= 0⃗ et projeter cette

égalité vectorielle sur les axes Ox et Oy• sur Ox : RA cos 45° + R Bx = 0 (1)• sur Oy : RA cos 45° + R By - 5 + 5 = 0 → RA cos 45° + R By = 0 (2)

• le moment par rapport à B de toutes les forces doit être égal à 0; par suite, il faut que : MB ( R⃗A , R⃗B , F⃗ 1 , F⃗ 2 ) = 0→ MB ( R⃗A ) + MB ( R⃗B ) + MB ( F⃗ 1 ) + MB ( F⃗ 2 ) = 0→ 3 x RA cos 45° + 0 + 0,5 x 5 - 1,5 x 5 = 0 → 3RA cos 45° = 5 (3)

On obtient ainsi un système de 3 équations à 3 inconnues dont la résolution donne : RA = 2,36 kN (ö), R Bx = -1,67 kN (←) et R By = -1,67 kN (↓)


Appui avec frottement

Un bloc de poids P = 1 kN, est posé sur un support horizontal ; il est soumis en A à une force horizontale au moyen du dispositif indiqué sur la figure ci-dessous. On demande de déterminer la valeur maximale du poids Q de manière que le bloc ne glisse pas de son support, sachant que le coefficient de frottement bloc – support vaut μ = 0,5.

Traction maximum T pouvant être exercée sur le bloc sans qu'il ne glisse :

tg α = μ = TN

→ T = 0,5 x N et N = P = 1 kN → T= 0,5 kN

Pour déterminer la valeur correspondante de Q, on va étudier l'équilibre de B.

Celui-ci est sollicité par 3 forces :• le poids Q⃗ ,• la tension T⃗ dans le fil horizontal AB (T = 0,5 kN),• la tension R⃗ dans le fil oblique BC.


L'équilibre de ces 3 forces (forces concourantes) implique que leur résultante doit être nulle. Par suite, il faut que : Q⃗+T⃗ +⃗R=0⃗

On va projeter cette équation vectorielle sur les axes Ox et Oy :• sur Ox : -0,5 + R cos 60° = 0 (1)• sur Oy : -Q + R sin 60° = 0 (2)

Et par suite : Q = 0,866 kN


Poutre encastrée à une extrémité

On demande de calculer la réaction d'appui et le moment d'encastrement des poutres ci-dessous.

(1)• RA = 100 kN• MA = MA ( F⃗ ) = 4 x 100 = 400 kNm (sens comme indiqué sur la figure)

(2)• RA = 80 +100 = 180 kN• MA = MA ( F⃗ 1, F⃗ 2 ) = MA ( F⃗ 1 ) + MA ( F⃗ 2 ) = 1 x 80 + 4 x 100 = 480 kNm (sens

comme indiqué sur la figure)

(3)• On remplacera tout d'abord la charge uniformément répartie q⃗ par sa résultante Q⃗

( d'intensité = 4 x 20 = 80 kN et appliquée au milieu de la poutre).• Ensuite :

• RA = 80 kN• MA = MA( Q⃗ )= 2 x 80 = 160 kNm (sens comme indiqué sur la figure)


Equilibre global

Un mur de briques ( hauteur : 3 m, épaisseur : 0,4 m, poids volumique = 16 kN/m3) est posé sur un sol en béton, avec un coefficient de frottement μ = 0,5. Il est soumis à une pression latérale de vent de 0,8 kN/m2. On demande d'étudier sa stabilité, ce qui revient à déterminer les coefficients de sécurité au glissement et au renversement et à voir s'ils sont suffisants.

On va étudier la stabilité d'une tranche de 1m (de longueur) du mur en question étant entendu que si cette tranche est stable, il en sera évidemment de même pour le reste du mur.

Forces intervenant dans le calcul de la stabilité :• le poids P⃗ du mur (force stabilisante)

• intensité : (0,4 x 3 x 1) x 16 = 19,2 kN (volume d'une tranche d'1 m x poids volumique)

• point d'application : au centre de gravité du mur (à mi-épaisseur notamment)• la poussée exercée par le vent H⃗ (force déstabilisante)

• intensité : 0,8 x (1 x 3) = 2,4 kN (poussée en kN/m2 x surface de la tranche)• point d'application : à mi-hauteur

Stabilité au glissement :

γglissement = μPH

= 0,5 x19,2

2,4 = 4 → OK

Stabilité au renversement

γrenversement = M stab

M renv=

M A( P⃗)

M A( H⃗ )=

0,2 x 19,21,5 x 2,4 = 1,07 → pas OK, trop faible !


Equilibre global

Mêmes données que l'exercice précédent sauf épaisseur du mur.On demande de déterminer l'épaisseur requise pour le mur si on impose une sécurité au renversement égale à 2.

Soit e l'épaisseur requise.

Les forces à prendre en considération sont :• la poussée exercée par le vent H⃗ inchangée → M renv = 1,5 x 2,4 = 3,6 kNm (inchangé)• le poids P⃗ du mur avec : P = (1 x e x 3) x 16 = 48 e

Par suite, le moment stabilisant devient : Mstab = e/2 x 48 e = 24 e2

Et e doit être tel que :M stab

M renv

= 2 → 24 e2

3,6= 2 → e = 0,55 m


Equilibre global

La terrasse d'un bistrot est formée d'une dalle de béton armé (poids volumique = 25 kN/m3) posée sur deux murs B et C ; cette dalle a 9 m de long, 8m de large et 20 cm d'épaisseur ; elle peut recevoir une charge répartie de 2 kN/m2 (foule des clients sur toute la terrasse).Suite à un accident sur la rue, tous les clients se précipitent sur le porte-à-faux AB. On demande de vérifier si l'équilibre global de la terrasse est encore assuré.

Danger : basculement de la terrasse autour de B lorsque la totalité de la foule se trouvant sur la dalle se trouve concentrée sur le tronçon AB.

Moment stabilisant :Mstab = MB (poids F⃗ 2 du tronçon BC de la dalle) avec : F2 = (6 x 8 x0,2) x 25 = 240 kN, appliqué au milieu du tronçon BC→ Mstab = 3 x 240 = 720 kNm

Moment de basculement M basc = MB ( F⃗ 1 = poids du tronçon AB de la dalle augmenté de la foule se trouvant sur toute la surface de la dalle) avec : F1 = (3 x 8 x 0,2) x 25 + (9 x 8) x 2 = 264 kN appliqué au milieu du tronçon AB

→Mbasc = 1,5 x 264 = 396 kNm

γbasc = M stab

M basc

=720396

=1,82


Structure composée

On demande de calculer les réactions d'appui de la poutre Cantilever ci-dessous.

1. Partie centrale = poutre sur 2 appuis d'extrémité (extrémités des porte-à-faux des parties latérales)

→ RE = RF = 50 x 6

2=150 kN

2. Parties latérales = poutres sur 2 appuis avec porte-à-faux, l'action de la partie centrale se traduisant par les réactions d'appui RE (partie de gauche) et RF (partie de droite) calculées précédemment, changées de sens et appliquées aux extrémités de chaque porte-à-faux.

Et en remplaçant la force répartie par sa résultante, on est amené à résoudre le système suivant (pour la partie de gauche dont schéma ci-dessus) :

RA+RB=550 (1)M A(de toutes les forces)=0 → 4 x 400−6 x RB+8 x 150=0 (2)


Et par suite : RA=83 kN et RB=467 kNEt aussi : RD=83 kN et RC=467 kN


Structure composée

Le système porteur principal d'une tribune de stade est formé de structures planes qui se répètent tous les 5 m. Poids propre et neige conduisent à une charge de 1 kN/m2 sur le toit. On demande de calculer les réactions de liaison des différents éléments de ce système.

Equilibre poutre FG

Forces agissant sur la poutre FG :

• charge uniformément répartie (1 kN/m2 x 5m = 15 kN/m) due à la neige et au poids propre que l'on va remplacer par sa résultante Q⃗ ;

• réaction N⃗ AB exercée par la barre AB (ligne d'action = la barre) ;• réaction d'appui R⃗F en F.

Equations d'équilibre :

• M F ( R⃗F , N⃗ AB , Q⃗)=0 → 10 x N AB+15 x150=0 → N AB=225 kN (↑) et la barre AB est sollicitée en compression (C)

• R⃗F+N⃗ AB+Q⃗=0 → RF=−75kN (↓)


Equilibre poutre FC

∆ CFD : tg α = 12/20 → α = 31° ∆ CED : β = 90° - 31° = 59° cos α = EC/DC → EC = 20 x cos 31° = 17,15 m

Forces agissant sur la poutre FC :

• action de la poutre FG : R⃗ ' F=−R⃗F → R ' F=75 kN (↑) ;• action de la barre AB : N⃗ ' AB=− N⃗ AB → N ' AB=−225kN (↓) ;• réaction N⃗ DE exercée par la barre DE (ligne d'action = la barre) ; • réaction d'appui R⃗C en C.


• M C( R⃗C , N⃗ ' AB , N⃗ DE , R⃗ ' F )=0 → 10 x 225−17,15 x N DE−20 x 75=0 →N DE=43,73kN (C)

• R⃗C+ N⃗ ' AB+ N⃗ DE+ R⃗ ' F=0⃗• Projetons sur x : RCx+N DE cosβ=0 → RCx=−43,73 cos52°=−22,5 kN (←)• Projetons sur y : RCy−225+43,73sinβ+75=0 → RCy=112,5 kN (↑)

Variante : équilibre du système porteur considéré dans sa globalité

Pour déterminer N⃗ DE et R⃗C , on peut également étudier l'équilibre de l'ensemble du système, les

forces à prendre en considération étant : Q⃗ , N⃗ DE et R⃗C .



• M C( R⃗C , Q⃗ , N⃗ DE)=0 → 5 x 150−20 N DE sinβ=0 → N DE=750

20 sin 59°=43,75 kN

• R⃗C+Q⃗+ N⃗ DE=0⃗• Projetons sur x : RCx+N DE cosβ=0 → RCx=−22,5 kN

• Projetons sur y : RCy+N DE sinβ−Q=0 → RCy=112,5 kN


Structure composée

Un entrepôt est formé de structures planes composées en poutres ABCDE. Pour le cas de charge indiqué, vent W = 10 kN (résultante) et neige q= 5 kN/m horizontal sur un seul pan de toiture, on demande de calculer les réactions aux appuis A et E.

Désignons par RAx et RAy les composantes horizontales et verticales de R⃗A , par REx et REy celles de R⃗E . Ce sont les inconnues du problème que l'on étudiera en examinant dans un

premier temps l'équilibre de l'ensemble de la structure et dans un second temps, l'équilibre d'une des parties.

Equilibre de la structure complète (ABCDE)

Forces agissant sur la structure :W⃗ ,Q⃗ (résultante de la charge de neige - Q = 25 kN), et les réactions de liaison R⃗A et R⃗E

Equations d'équilibre :• M E (toutes les forces) = 0

M E(W⃗ )+M E (Q⃗)+M E ( R⃗A)+M E( R⃗E)=0 → 2,5 x 25 – 4 x 10 -10 RAy = 0 → RAy = 2,25 kN (↑)


• W⃗ +Q⃗+ R⃗A+ R⃗E=0⃗ Projeté sur Oy→ RAy + REy - Q =0 →2,25 + REy - 25 = 0 → REy = 22,75 kN (↑)

Equilibre de la partie gauche (ABC)

Forces agissant sur la partie gauche : W⃗ , R⃗A et R⃗d , cette dernière force représentant l'action de la partie de droite sur la partie de gauche

Equation d'équilibre• M C (toutes les forces) = 0

M C(W⃗ )+M C ( R⃗A)+M C( R⃗d)=0⃗→ 2 x 10 – 5 RAy + 6 RAx = 0 → 2 x 10 – 5 x 2,25 + 6 RAx = 0 → RAx = -1,46 kN (←)

Equilibre de la structure complète (ABCDE)

En projetant l'équation d'équilibre W⃗ +Q⃗+ R⃗A+ R⃗E=0⃗ sur l'axe Ox, il vient :-1,46 + 10 + REx = 0 → REx = - 8,54 kN (←)


Documents

STATIQUE - EXERCICESespace-v.be/RDM/COURS RDM_/1. Statique/EX Statique.pdf1 et F 2. On demande de calculer les efforts dans les barres en précisant si elles sont sollicitées en traction