Méthode pour calculer les réactions d'appui d'une structure

1. Calcul des
réactions
d’appui d’une
structure
Conception de structures
Automne 2012
R. Pleau
École d’architecture, Université Laval
vendredi 7 septembre 12

2. Équilibre statique des forces 2
Un corps est dit en équilibre statique lorsqu’il demeure
immobile sous l’action des diverses forces qui le sollicitent.
Pour être en équilibre statique, un corps doit satisfaire deux
conditions:
1º) Condition d’équilibre en translation
La somme vectorielle des forces doit être nulle
2º) Condition d’équilibre en rotation
Le moment doit être nul en tout point de l’espace
vendredi 7 septembre 12

3. Équilibre translationnel 3
vendredi 7 septembre 12

4. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
vendredi 7 septembre 12

5. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
Force résultante
vendredi 7 septembre 12

6. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
Force résultante
vendredi 7 septembre 12

7. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
Force résultante
vendredi 7 septembre 12

8. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
Force résultante
vendredi 7 septembre 12

9. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
Force résultante
vendredi 7 septembre 12

10. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
Force résultante
vendredi 7 septembre 12

11. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
Force résultante
vendredi 7 septembre 12

12. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
Force résultante
vendredi 7 septembre 12

13. Équilibre translationnel 3
Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps
n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation
dans la direction de la force résultante.
Force résultante
Un corps est en équilibre statique seulement
si la résultante des forces est nulle
vendredi 7 septembre 12

14. Moment de flexion 4
Le moment de flexion résulte d’une force qui tend à
faire tourner un objet autour d’un point.
Le moment qu’exerce une force p/r à un point est
égal au produit de la force (exprimée en kN) par son
bras de levier p/r à ce point (i.e. la distance entre le
point de rotation et l’axe de la force exprimée en m).
Le moment se mesure donc en kN-m et on
adoptera la convention de signe suivante:
moment positif (+) à entraîne une rotation dans
le sens anti-horaire
moment négatif (-) à entraîne une rotation dans
le sens horaire
M = F x d = moment que la force F exerce sur le point A
90º
Force (F)
bras de levier (d)
A
vendredi 7 septembre 12

15. Équilibre rotationnel 5
d
F
A
Si un corps est soumis à une
force (F) qui possède un bras
de levier (d) p/r à un point de
l’espace (A), cette force
produira un moment (M = F x d)
qui aura pour conséquence de
faire tourner le corps autour du
point A.
Un corps est en équilibre statique seulement si la sommation des
moments est nulle p/r à n’importe quel point de l’espace
vendredi 7 septembre 12

16. Équilibre rotationnel 5
d
F
A
Si un corps est soumis à une
force (F) qui possède un bras
de levier (d) p/r à un point de
l’espace (A), cette force
produira un moment (M = F x d)
qui aura pour conséquence de
faire tourner le corps autour du
point A.
Un corps est en équilibre statique seulement si la sommation des
moments est nulle p/r à n’importe quel point de l’espace
vendredi 7 septembre 12

17. Équilibre rotationnel 5
d
F
A
Si un corps est soumis à une
force (F) qui possède un bras
de levier (d) p/r à un point de
l’espace (A), cette force
produira un moment (M = F x d)
qui aura pour conséquence de
faire tourner le corps autour du
point A.
Un corps est en équilibre statique seulement si la sommation des
moments est nulle p/r à n’importe quel point de l’espace
vendredi 7 septembre 12

18. Équilibre rotationnel 5
d
F
A
Si un corps est soumis à une
force (F) qui possède un bras
de levier (d) p/r à un point de
l’espace (A), cette force
produira un moment (M = F x d)
qui aura pour conséquence de
faire tourner le corps autour du
point A.
Un corps est en équilibre statique seulement si la sommation des
moments est nulle p/r à n’importe quel point de l’espace
vendredi 7 septembre 12

19. Équilibre rotationnel 5
d
F
A
Si un corps est soumis à une
force (F) qui possède un bras
de levier (d) p/r à un point de
l’espace (A), cette force
produira un moment (M = F x d)
qui aura pour conséquence de
faire tourner le corps autour du
point A.
Un corps est en équilibre statique seulement si la sommation des
moments est nulle p/r à n’importe quel point de l’espace
vendredi 7 septembre 12

20. Équilibre rotationnel 5
d
F
A
Si un corps est soumis à une
force (F) qui possède un bras
de levier (d) p/r à un point de
l’espace (A), cette force
produira un moment (M = F x d)
qui aura pour conséquence de
faire tourner le corps autour du
point A.
Un corps est en équilibre statique seulement si la sommation des
moments est nulle p/r à n’importe quel point de l’espace
vendredi 7 septembre 12

21. Équilibre rotationnel 5
d
F
A
Si un corps est soumis à une
force (F) qui possède un bras
de levier (d) p/r à un point de
l’espace (A), cette force
produira un moment (M = F x d)
qui aura pour conséquence de
faire tourner le corps autour du
point A.
Un corps est en équilibre statique seulement si la sommation des
moments est nulle p/r à n’importe quel point de l’espace
vendredi 7 septembre 12

22. Conditions d’équilibre 6
Par commodité, il est souvent avantageux de décomposer les
forces en deux composantes orthogonales: une composante
verticale et une composante horizontale. Un corps est alors en
équilibre statique s’il satisfait les trois conditions suivantes :
Σ Fh = 0
(la sommation des forces horizontales est nulle)
Σ Fv = 0
(la sommation des forces verticales est nulle)
Σ M = 0
(la sommation des moments est nulle)
On adoptera la convention de signe suivante:
- les forces verticales sont positives lorsque qu’elles sont dirigées
vers le haut et négatives lorsqu’elles sont dirigées vers le bas.
- les forces horizontales seront positives lorsqu’elles sont dirigées
vers la droite et négatives lorsqu’elles sont dirigées vers la gauche.
- les moments sont positifs lorsque la rotation est dans le sens anti-horaire
et négatifs lorsque la rotation est dans le sens horaire
vendredi 7 septembre 12

23. Conditions d’appui 7
On peut définir trois conditions d’appui ainsi que les symboles
qui sont généralement utilisés pour les représenter :
Appui simple
La translation est empêchée dans une seule
direction (une seule réaction d’appui)
Appui double
La translation est empêchée dans deux
directions orthogonales (deux réactions
d’appui)
Encastrement
La translation est empêchée dans deux
directions orthogonales et la rotation est
empêchée (trois réactions d’appui)
vendredi 7 septembre 12

24. Stabilité des structures 8
Puisque l’équilibre statique n’est atteint que lorsque l’on satisfait trois
conditions d’équilibre (Σ Fh = 0, Σ Fv = 0 et Σ M = 0), on peut définir
trois types de structures :
Structures instables à Structures qui possèdent moins de 3
réactions d’appui
il n’existe aucune combinaison de réactions d’appui qui puisse assurer
l’équilibre statique de la structure.
Structures isostatiques à Structures qui possèdent 3 réactions
d’appui
il existe une et une seule combinaison de réaction d’appui qui
assure l’équilibre statique de la structure.
Structures hyperstatiques à Structures qui possèdent plus de 3
réactions d’appui
il existe plusieurs combinaisons de réactions d’appui qui puissent assurer
l’équilibre statique de la structure
vendredi 7 septembre 12

25. Exemple 9
vendredi 7 septembre 12

26. Exemple 9
Cette poutre est hyperstatique
car elle possède plus d’appuis
que nécessaire.
vendredi 7 septembre 12

27. Exemple 9
Cette poutre est hyperstatique
car elle possède plus d’appuis
que nécessaire.
Cette poutre est isostatique
car elle possède juste le nombre
d’appuis nécessaires.
vendredi 7 septembre 12

28. Exemple 9
Cette poutre est hyperstatique
car elle possède plus d’appuis
que nécessaire.
Cette poutre est isostatique
car elle possède juste le nombre
d’appuis nécessaires.
Cette poutre est instable car elle
possède moins d’appuis que ce
qui est nécessaire
vendredi 7 septembre 12

29. Mise en garde 10
Les méthodes graphiques qui font l’objet du cours ne sont
valides que pour les structures isostatiques
Par contre les logiciels d’analyse comme DrBeamPro et
VisualAnalysis peuvent prendre en compte des structures
hyperstatiques
vendredi 7 septembre 12

30. 11
Exemple 1
une poutre
simplement
appuyée
vendredi 7 septembre 12

31. Exemple 1 12
10 kN 20 kN 30 kN
4 2 3 3 [m]
On veut calculer les réactions
d’appui de la poutre illustrée ci-contre.
vendredi 7 septembre 12

32. Exemple 1 (suite) 13
La première étape consiste à
dessiner le diagramme de corps
libre (DCL) et d’identifier les
réactions d’appui.
On remarque que l’on a trois
réactions d’appui et que la
structure est donc isostatique.
[m]
10 kN 20 kN 30 kN
V1
H
V2
4 2 3 3
diagramme de corps libre
vendredi 7 septembre 12

33. Puisque la sommation des
forces horizontales doit être
nulle (Σ Fh = 0) et que la
structure n’est soumise à
aucune force horizontale
externe, on en conclut
facilement que:
H = 0
14
[m]
10 kN 20 kN 30 kN
V1
H
V2
diagramme de corps libre
12
Exemple 1 (suite)
4 2 3 3
vendredi 7 septembre 12

34. Exemple 1 (suite)
On pourrait utiliser la seconde
condition d’équilibre (Σ Fv = 0) mais,
comme il y a deux forces verticales
inconnues (V1 et V2), il est alors
impossible de trouver directement
l’une de ces deux forces.
axe a
15
axe b
[m]
10 kN 20 kN 30 kN
4 2 3 3
V1 V2
diagramme de corps libre
12
On aura donc recours à la troisième condition d’équilibre qui veut que la
sommation des moments p/r à n’importe quel point soit nulle (Σ M = 0). Pour éviter
d’avoir deux forces inconnues (V1 et V2), nous choisirons un point qui est situé
dans l’axe de V1 ou de V2. Puisque le bras de levier de l’une de ces forces sera
alors nulle, il nous restera une seule inconnue.
On pourrait donc calculer les moments p/r à n’importe quel point situé sur l’axe a
ou sur l’axe b.
vendredi 7 septembre 12

35. On calcule le moment p/r au point a
et, puisque cette sommation doit être
nulle (Σ Ma = 0), on trouve que: a
Σ Ma = (V1 x 0) - (10 kN x 4 m) - (20 kN x 6 m) - (30 kN x 9 m) + (V2 x 12 m) = 0
En isolant V2 on trouve alors que:
V2 = (40 + 120 + 270) kN-m = 35,83 kN
12 m
16
[m]
10 kN 20 kN 30 kN
V1 V2
diagramme de corps libre
12
Exemple 1 (suite)
4 2 3 3
vendredi 7 septembre 12

36. Puisque la sommation des forces
verticales doit être nulle (Σ Fv = 0), on
trouve finalement que:
V1 - 10 kN - 20 kN - 30 kN + 35,83 kN = 0
En isolant V1, on trouve alors que:
V1 = (10 + 20 + 30 - 35,83 kN) = 24,17 kN
17
[m]
10 kN 20 kN 30 kN
V1 35,83 kN
diagramme de corps libre
12
Exemple 1 (suite)
4 2 3 3
vendredi 7 septembre 12

37. Pour s’assurer que nous ne nous
sommes pas trompés, on pourrait
vérifier que la sommation des
moments p/r au point b est bien
nulle:
Σ Mb = - (24,17 kN x 12 m) + (10 kN x 8 m) + (20 kN x 6 m)
+ (30 kN x 3 m) + (35,83 x 0 m)
= 0
18
b
[m]
10 kN 20 kN 30 kN
35,83 kN
Vérification
4 2 3 3
24,17 kN diagramme de corps libre
vendredi 7 septembre 12

38. Force résultante équivalente 19
Lorsque l’on calcule les réactions d’appui d’une structure, on peut
toujours remplacer un ensemble de forces par une force résultante
équivalente à condition que:
1º) La force résultante soit égale à l’addition vectorielle des autres
forces
2º) La force résultante soit placée le long d’un axe qui fait en sorte
que le moment qu’elle exerce sur un point donné soit le même
que la somme des moments exercés par les autres forces.
vendredi 7 septembre 12

39. Force résultante équivalente 20
Pour la poutre de l’exemple précé-dent,
calculons la résultante des
forces.
1º) La force résultante est obtenue
par l’addition vectorielle des 3
autres forces
10 kN
20 kN
30 kN
60 kN
Force résultante
[m]
10 kN 20 kN 30 kN
V1
4 2 3 3
V2
vendredi 7 septembre 12

40. Force résultante équivalente 21
2º) La force résultante doit produire le
même moment de rotation que
l’ensemble des 3 forces indivi-duelles
sur n’importe quel point de
la poutre. La position de l’axe par
lequel passe la force résultante est
donc obtenue en faisant la somme
des moments p/r à un point (le
point a dans notre exemple).
Σ Ma = - (10 kN x 4 m) - (20 kN x 6 m) - (30 kN x 9 m)
= - (60 kN x d)
En isolant d, on trouve que:
d = - (40 + 120 + 270) kN-m = 7,17 m
60 kN
a
V1
[m]
10 kN 20 kN 30 kN
4 2 3 3
V2
[m]
V1
4 2 3 3
a
d 60 kN
V2
vendredi 7 septembre 12

41. Force résultante équivalente 22
Calculons maintenant les 7,17 m 60 kN
réactions d’appui pour le
diagramme de
corps libre qui est illustré à la
figure
ci-contre. V2
Σ Ma = - (60 kN x 7,17 m) + (V2 x 12 m)
d’où: V2 = 60 kN x 7,17 m = 35,85 kN
12 m
Σ Fv = V1 - 60 kN + 35,85 kN = 0
d’où: V1 = (60 - 35,85 kN) = 24,15 kN
On constate bien que l’on
obtient les mêmes réactions
d’appui que précédemment
(si on néglige la petite différence
de 0,02 kN qui est simplement
causée par une petite erreur
d’arrondi sur la longueur des
bras de levier.
[m]
V1
4 2 3 3
a
vendredi 7 septembre 12

42. 23
Exemple 2
un treillis
isostatique
vendredi 7 septembre 12

43. Exemple 2 22
Considérons la structure illustrée ci-contre
(c’est la structure que nous
avons déjà analysée pour décrire la
méthode point par point).
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
24
vendredi 7 septembre 12

44. Exemple 2 23
Comme toujours, la première
étape de l’analyse consiste à tracer
le diagramme de corps libre de la
structure.
25
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V2
V1
H2
H1
Diagramme de corps libre
On constate sur ce diagramme la
présence de quatre réactions d’appui
inconnues (V1, H1, V2 et H2).
Selon la règle que nous avons énoncé
précédemment, nous devrions en
conclure que cette structure est
hyperstatique puisque le nombre de
réactions d’appui inconnues est supérieur
à 3.
Or, à l’aide de la méthode
point par point, nous avons
réussi à calculer ces réactions.
Comment l’expliquer ?
vendredi 7 septembre 12

45. Exemple 2 24
26
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V2
V1
H2
H1
Diagramme de corps libre
En fait, il arrive qu’une
structure comporte ce que
l’on appelle des singularités
qui imposent à la structure
certaines contraintes et qui
font en sorte que cette
structure qui, théoriquement,
devrait être hyperstatique est
en fait isostatique.
vendredi 7 septembre 12

46. A 25
La structure ci-contre contient en effet une
singularité qui la rend isostatique. Cette
singularité vient du fait que l’on considère
que chacun des noeuds de la structure est
rotulé ce qui signifie que chacune des
membrures ne peut transmettre que des
efforts axiaux (tension ou compression).
Puisque la membrure A ne transmet qu’un
effort axial à l’appui, la réaction d’appui
correspondante est forcément dans l’axe de
la membrure. On peut donc remplacer les
réactions inconnues H2 et V2 par une force
résultante équivalente F2 qui est orientée
dans l’axe de la membrure A. On obtient
ainsi un nouveau diagramme de corps libre
qui ne montre que trois réactions d’appui
inconnues (V1, H1 et F2) ce qui implique que
la structure est isostatique.
27
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V2
V1
F2
H1
A
Diagramme de corps libre
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
H2
H1
Diagramme de corps libre
vendredi 7 septembre 12

47. 28
vendredi 7 septembre 12 F2 2 m 2 m

48. La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
28
vendredi 7 septembre 12 F2 2 m 2 m

49. La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
vendredi 7 septembre 12 F2 2 m 2 m

50. La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
vendredi 7 septembre 12 F2 2 m 2 m

51. La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
vendredi 7 septembre 12 F2 2 m 2 m

52. La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
a
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
F2 2 m 2 m
vendredi 7 septembre 12

53. 28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
a
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
F2 2 m 2 m
vendredi 7 septembre 12

54. 28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
a
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
F2 2 m 2 m
vendredi 7 septembre 12

55. 28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
a
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
F2 2 m 2 m
vendredi 7 septembre 12

56. 28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
a
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
b
F2 2 m 2 m
vendredi 7 septembre 12

57. 28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
b
F2 2 m 2 m
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
a
vendredi 7 septembre 12

58. 28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
b
F2 2 m 2 m
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
a
vendredi 7 septembre 12

59. 28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
b
F2 2 m 2 m
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
a
vendredi 7 septembre 12

60. 28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
b
F2 2 m 2 m
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
a
c
vendredi 7 septembre 12

61. 28
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
La façon la plus simple de calculer les
réactions d’appui consiste à
prolonger les axes par lesquels
passent les forces inconnues et à
identifier un point de jonction entre
deux de ces axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
b
F2 2 m 2 m
Les points a, b et c sont tous trois
situés à la jonction entre deux de ces
axes.
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
Diagramme de corps libre
a
c
vendredi 7 septembre 12

62. 29
vendredi 7 septembre 12

63. On choisit alors de calculer le moment p/r
à un point de jonction entre les axes de
deux forces inconnues (i.e. les points a, b
ou c dans notre exemple). De cette façon,
deux forces inconnues possèdent un bras
de levier nul et il ne nous reste alors
qu’une seule force inconnue que l’on peut
facilement isoler. Dans notre exemple,
nous choisirons de calculer le moment p/r
au point b car, de cette façon, le bras de
levier de la force de 50 kN est nul lui
aussi, et il ne reste que la force de 100 kN
à prendre en compte.
29
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
b
Diagramme de corps libre
vendredi 7 septembre 12

64. On choisit alors de calculer le moment p/r
à un point de jonction entre les axes de
deux forces inconnues (i.e. les points a, b
ou c dans notre exemple). De cette façon,
deux forces inconnues possèdent un bras
de levier nul et il ne nous reste alors
qu’une seule force inconnue que l’on peut
facilement isoler. Dans notre exemple,
nous choisirons de calculer le moment p/r
au point b car, de cette façon, le bras de
levier de la force de 50 kN est nul lui
aussi, et il ne reste que la force de 100 kN
à prendre en compte.
29
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
45 º
V1
F2
H1
b
Diagramme de corps libre
100 kN
45 º
90º
90º
2,12 m
b
Le bras de levier de la force de 100 kN p/r au point
b est mesuré graphiquement à la figure ci-contre.
On obtient alors:
Σ Mb = (100 kN x 2,12 m) - (V1 x 4 m) = 0
d’où: V1 = 100 kN x 2,12 m = 53 kN
4 m
vendredi 7 septembre 12

65. 30
vendredi 7 septembre 12

66. On aurait aussi pu calculer le moment p/r au point b en décom-posant
la force de 100 kN en une composante verticale
(Fv = 100 kN x sin 45º = 70,7 kN) et une composante horizontale
(Fh = 100 kN x cos 45º = 70,7 kN). On obtient alors:
50 kN
2 m
2 m
2 m
V1
F2
H1
b
70,7 kN
70,7 kN
Diagramme de corps libre
30
vendredi 7 septembre 12

67. On aurait aussi pu calculer le moment p/r au point b en décom-posant
la force de 100 kN en une composante verticale
(Fv = 100 kN x sin 45º = 70,7 kN) et une composante horizontale
(Fh = 100 kN x cos 45º = 70,7 kN). On obtient alors:
Σ Mb = (70,7 kN x 2 m) + (70,7 kN x 1m) - (V1 x 4 m) = 0
50 kN
2 m
2 m
2 m
V1
F2
H1
b
70,7 kN
70,7 kN
Diagramme de corps libre
30
vendredi 7 septembre 12

68. On aurait aussi pu calculer le moment p/r au point b en décom-posant
la force de 100 kN en une composante verticale
(Fv = 100 kN x sin 45º = 70,7 kN) et une composante horizontale
(Fh = 100 kN x cos 45º = 70,7 kN). On obtient alors:
Σ Mb = (70,7 kN x 2 m) + (70,7 kN x 1m) - (V1 x 4 m) = 0
50 kN
2 m
2 m
2 m
d’où: V1 = (141,4 + 70,7) kN-m = 53 kN
V1
F2
H1
b
70,7 kN
70,7 kN
Diagramme de corps libre
30
4 m
vendredi 7 septembre 12

69. 31
vendredi 7 septembre 12

70. La réaction H1 peut être obtenue en calculant le moment p/r
au point c:
50 kN
2 m
2 m
2 m
c 70,7 kN
53 kN
F2
H1
70,7 kN
Diagramme de corps libre
31
vendredi 7 septembre 12

71. La réaction H1 peut être obtenue en calculant le moment p/r
au point c:
Σ Mc = (H1 x 2 m) - (70,7 kN x 2 m) - (70,7 kN x 1m) - (50 kN x 4 m) = 0
50 kN
2 m
2 m
2 m
c 70,7 kN
53 kN
F2
H1
70,7 kN
Diagramme de corps libre
31
vendredi 7 septembre 12

72. La réaction H1 peut être obtenue en calculant le moment p/r
au point c:
Σ Mc = (H1 x 2 m) - (70,7 kN x 2 m) - (70,7 kN x 1m) - (50 kN x 4 m) = 0
50 kN
d’où: H1 = (141,4 + 70,7 + 200) kN-m = 206 kN
2 m
2 m
2 m
c 70,7 kN
53 kN
F2
H1
70,7 kN
Diagramme de corps libre
31
2 m
vendredi 7 septembre 12

73. 32
vendredi 7 septembre 12

74. Enfin, la réaction F2 est obtenue en calculant le moment 32
p/r au point a:
50 kN
2 m
2 m
2 m
53 kN
F2
a
70,7 kN
70,7 kN
206 kN
Diagramme de corps libre
vendredi 7 septembre 12

75. Enfin, la réaction F2 est obtenue en calculant le moment 32
p/r au point a:
Σ Ma = (F2 x 1,79 m) - (70,7 kN x 2 m) + (70,7 kN x 1m) - (50 kN x 4 m) = 0
F2
1,79 m
a
90º
90º
50 kN
2 m
2 m
2 m
53 kN
F2
a
70,7 kN
70,7 kN
206 kN
Diagramme de corps libre
vendredi 7 septembre 12

76. Enfin, la réaction F2 est obtenue en calculant le moment 32
p/r au point a:
Σ Ma = (F2 x 1,79 m) - (70,7 kN x 2 m) + (70,7 kN x 1m) - (50 kN x 4 m) = 0
d’où: F2 = (141,4 - 70,7 + 200) kN-m = 151 kN
F2
1,79 m
a
90º
90º
50 kN
2 m
2 m
2 m
53 kN
F2
a
70,7 kN
70,7 kN
206 kN
Diagramme de corps libre
1,79 m
vendredi 7 septembre 12

77. Pour s’assurer que nous ne nous sommes pas trompés, on peut
vérifier que la résultante des forces est nulle:
Σ Fh = 206 kN - (151 kN x cos 26,56º) - 70,7 kN = 0
Σ Fv = 53 kN + (151 kN x sin 26,56º) - 70,7 kN - 50 kN = 0
50 kN
2 m
2 m
2 m
53 kN
151 kN
70,7 kN
70,7 kN
Diagramme de corps libre
206 kN
26,56º
33
vendredi 7 septembre 12

78. On pourrait aussi remplacer les deux réactions d’appui au point a
par leur force résultante.
L’addition vectorielle des forces nous donne alors une résultante de
213 kN inclinée à 14,4º p/r à l’horizontale.
26,56º
50 kN
2 m
2 m
2 m
151 kN
70,7 kN
70,7 kN
a
213 kN
Diagramme de corps libre
206 kN
53 kN
213 kN 14,4º
Polygone de forces
34
vendredi 7 septembre 12

79. On pourrait aussi remplacer les deux forces externes (la force de
100 kN inclinée à 45º et la force verticale de 50 kN) par une force
résultante équivalente:
L’addition vectorielle des forces nous donne une résultante de 140
kN inclinée de 59,6º p/r à l’horizontale.
26,56º
50 kN
2 m
2 m
2 m
151 kN
100 kN
213 kN
Diagramme de corps libre
50 kN
140 kN
100 kN
59,6º
Polygone de forces
35
vendredi 7 septembre 12

80. La position de l’axe par lequel passe la
force résultante est obtenue en faisant
la somme des moments p/r à un point
quelconque de l’espace. Nous avons
choisi de faire la somme des moments
p/r au point a car, de cette façon, on
simplifie le calcul puisque le bras de
levier de la composante de 100 kN est
nul. On trouve alors:
Σ Ma = 140 kN x d = 50 kN x 2 m
d’où: d = 50 kN x 2 m = 0,71 m
26,56º
50 kN
2 m
2 m
2 m
100 kN
Forces externes
d
140 kN
2 m
26,56º 59,6º
2 m
2 m
a
Force résultante équivalente
140 kN
36
a
vendredi 7 septembre 12

81. On pourrait donc tracer le diagramme de corps libre de la structure
en remplaçant les deux charges externes par la charge résultante
équivalente.
En traçant le polygone des 3 forces qui sollicitent alors la structure,
on peut vérifier que, conformément aux lois de l’équilibre statique,
la somme vectorielle des forces est nulle.
0,71 m
140 kN
2 m
26,56º 59,6º
2 m
2 m
151 kN
213 kN
Diagramme de corps libre
213 kN
151 kN
140 kN
Polygone de forces
37
vendredi 7 septembre 12

82. En examinant le diagramme de corps libre ci-dessous, on constate
également que les trois forces qui sollicitent la structure sont situés
le long de trois axes qui se croisent en un point (le point a en
l’occurrence). Cette constatation nous amène à formuler une règle
générale.
140 kN
2 m
2 m
2 m
151 kN
213 kN
a
Diagramme de corps libre
Lorsqu’une structure est sollicitée par 3 forces dont 2 ne sont
pas parallèles, ces 3 forces sont forcément situées sur des
axes qui se croisent en un point.
38
Exemple 1
une poutre
simplement
appuyée
vendredi 7 septembre 12

83. 39
Structures
statiques
avec
singularités
vendredi 7 septembre 12

84. Singularités dans une structure 40
Nous avons vu dans l’exemple précèdent qu’il existe des cas
où des structures avec plus de 3 réactions d’appui sont
isostatiques parce qu’elle contiennent des singularités.
Ces singularités sont souvent des rotules qui permettent la
rotation libre de deux parties de la structure l’une p/r à l’autre.
Dans ce cas, si on ne prend en compte qu’une partie de la
structure, la sommation des moments au point rotulé est
forcément égale à 0 ce qui nous fournit une équation d’équilibre
additionnelle.
Nous allons illustré le calcul des réactions d’appui dans ce type
de structure par un exemple.
vendredi 7 septembre 12

85. Exemple 41
On souhaite calculer les réactions d’appui pour la poutre illustrée
ci-dessous.
[m]
100 kN
rotule
4 4 4 6
vendredi 7 septembre 12

86. Exemple (suite) 42
La première étape consiste à tracer le diagramme de corps libre
de la structure entière.
H rotule
diagramme de corps libre
[m]
100 kN
4 4 4 6
V1 V2 V3
On constate que nous avons 4 réactions d’appui (H, V1, V2 et V3)
mais seulement trois équations d’équilibre (Σ Fh = 0, Σ Fv = 0 et Σ M = 0)
ce qui suggère une structure hyperstatique.
Dans ces conditions il est mathématiquement impossible de calculer
les réactions d’appui.
On constate que nous avons 4 réactions d’appui
(H, V1, V2 et V3) mais seulement trois équations d’équilibre
vendredi 7 septembre 12

87. Exemple (suite) 43
Pour obtenir une quatrième
conditions d’équilibre, on doit
tracer le diagramme de corps libre
sur une section tronquée de la
structure (à gauche ou à droite de
la rotule).
Sur le DCL d’une section tronquée
de la poutre, les forces A et B
représentent les efforts exercés
par la partie de poutre que nous
avons escamotée selon de principe
d’action-réaction.
A
diagramme de corps libre
[m]
4 6
V2 V3
a
A
B
diagramme de corps libre
[m]
100 kN
4 4
H
V1
a
B
A
Sur ces sections tronquées, on sait
que la sommation des moments à la
rotule doit être égal à 0 (Σ Ma = 0).
vendredi 7 septembre 12

88. Exemple (suite) 44
On peux choisir indifféremment la partie gauche ou la partie
droite et on obtiendra, évidemment, le même résultat.
Cependant, un choix judicieux de la partie retenue facilitera
souvent la résolution numérique.
Pour cet exemple, la solution devient très simple si on retient la
partie gauche de la structure.
Pour fins de démonstration, nous choisirons la partie droite qui
nous conduit à une résolution plus difficile, mais plus générale.
vendredi 7 septembre 12

89. Exemple (suite) 45
En considérant le DCL de la structure entière on trouve que:
H rotule
diagramme de corps libre
[m]
100 kN
4 4 4 6
V1 V2 V3
b
Σ Fh = 0 d’où H = 0 kN :
Σ Mb = - (100 kN x 4 m) + (V2 x 12 m) + (V3 x 18 m) = 0 d’où :
12 V2 + 18 V3 = 400 équation [1]
vendredi 7 septembre 12

90. Exemple (suite) 46
En considérant le DCL de la structure partielle à droite de la
rotule on trouve que:
diagramme de corps libre
Σ Ma = (V2 x 4 m) + (V3 x 10 m) = 0 d’où :
4 V2 + 10 V3 = 0 équation [2]
[m]
4 6
V2 V3
a
vendredi 7 septembre 12

91. Exemple (suite) 47
Nous avons maintenant un système de deux équations à deux
inconnues (V2 et V3) que nous pouvons résoudre.
12 V2 + 18 V3 = 400 équation [1]
4 V2 + 10 V3 = 0 équation [2]
En isolant V2 dans l’équation [2] on obtient :
V2 = 18 V3 = - 2,5 V3 équation [3]
En substituant l’équation [3] dans l’équation [1] on trouve que :
- 30 V3 + 18 V3 = 400 équation [4]
D’où V3 = 400 / -12 = - 33,33 kN
vendredi 7 septembre 12

92. Exemple (suite) 48
En substituant la valeur V3 dans l’équation [1] on trouve que :
12 V2 + 18 V3 = 400 équation [1]
12 V2 + (18 x -33,33) = 400 d’où V2 = (400 + 600) /12 = 83,33 kN
On obtient la dernière inconnue, V1, en faisant la sommation
des forces verticales :
Σ Fv = V1 + V2 + V3 - 100 kN = 0 d’où : V1 = 100 - V2 - V3
V1 = 100 - 83,33 - (-33,33) = 50 kN
vendredi 7 septembre 12

93. Exemple (suite) 49
Pour conclure, la figure ci-dessous illustre les réactions d’appui.
[m]
100 kN
rotule
4 4 4 6
50 kN 83,33 kN 33,33 kN
vendredi 7 septembre 12

94. Vérification 50
Pour s’assurer que nos calculs
sont exacts, on peut vérifier
A l’équilibre statique de la partie
tronquée à la gauche de la
[m]
rotule en faisant la sommation
des moments au point a.
diagramme de corps libre
100 kN
4 4
50 kN
a
B
Σ Ma = - (50 kN x 8 m) + (100 kN x 4 m) = 0
vendredi 7 septembre 12