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COLLECTION L’ABAQUE, COURS PRATIQUE DE MECANIQUE APPLIQUEE , TOME 1
L’ABAQUE
NGNINKEU YOPA DUCLAIRE
DASSI JEAN MARIE
(Professeurs des lycées et collèges d’enseignement technique au Cameroun)

Edition Duc Yopa Edition 2009
-0-
L’ABAQUE
Les auteurs :
NGNINKEU YOPA DUCLAIRE : Professeur de Construction Mécanique au Lycée Technique de
Sangmélima ; Maître en droit des Affaires.
DASSI JEAN MARIE : Professeur de Construction et Fabrication Mécanique ; Animateur

pédagogique du département de Construction et Fabrication Mécanique au Lycée Technique de
Sangmélima.
Nos remerciements à Monsieur Luc MEKAH ; proviseur du
LYCEE TECHNIQUE DE SANGMELIMA
Toute reproduction, même partielle de cet ouvrage,

par quelque procédé que ce soit, faite sans l’autorisation préalable de l’auteur est interdite et exposerait le
contrevenant à des poursuites judiciaires conformément à l’article 327 du code pénal Camerounais.
Edition 2009
Edition Duc Yopa : Tels : 99 63 05 77/ 74 42 54 50 ; Courriel : ducyopa@yahoo.fr
-1-
 1ère Partie : Statique……………………………………………………….…….…………………………………………3

Chapitre 1 : Généralité sur la statique……………………………………………………………………………….………….………….4
Chapitre 2: Équilibre d’un solide soumis à un système de forces coplanaires………………..….…………….11
Chapitre 3 : Équilibre statique avec adhérence et frottement……………………………………..………….…………19
Chapitre 4 : Statique graphique………………………………………………………………………………………….……………..……….23
Problèmes pratiques sur la statique :…………………………………………………………................………………………….……29
-Problème résolu N°1 :………………………………………………………………………………………… ………………………..…….30
-Problème résolu N°2:………………………………………………………………………………………… ……………………….……..32
-Problème résolu N°3:………………………………………………………………………………………… …………………….…………37
-Problème résolu N°4:………………………………………………………………………………………… ……………….………………40
-Problème résolu N°5:………………………………………………………………………………………… ………….……………………45
-Problème résolu N°6:………………………………………………………………………………………… …….…………………………48
-Problème à résoudre N°1:……………………………………………………………………………………. ……………………………51
-Problème à résoudre N°2:……………………………………………………………………………….…… ……………………………56
-Problème à résoudre N°3:………………………………………………………………………………………… ……………………….59
 2ème Partie : Cinématique………………………………………………………………..……………………………………………..62

Chapitre 1 : Généralités……………………………………………………………………………………………………..……………..….………63
Chapitre 2: Mouvement de translation…………………………………………………………………………………………..………...69
Chapitre 3 : Mouvement de rotation autour d’un axe fixe……………………………………………...……..………..…..75
Chapitre 4 : Mouvement plan d’un solide…………………………………………………………………………………….………….….80
Problèmes pratiques sur la cinématique :…………………………………………………………………. …………………………….88
-Problème résolu N°1:………………………………………………………………………………………… ……………………………….89
-Problème résolu N°3:………………………………………………………………………………………… ……………………………...100
 3ème Partie : Résistance des matériaux…………………………………..…………………………………………….…105

Chapitre 1 : Généralités sur la RDM………………………………………………………………………………………………………...106
Chapitre 2 : Traction et Compression simples…………………………………………………………………………….…………..110
Chapitre 3 : Cisaillement simple……………………………………………………………………………………………………..…………..115
Problèmes pratiques sur la RDM :………………………………………………………………….……………… ……………………………120
 Cap sur le probatoire : Sujets d’examens…………..…………….………………………………………………………124

-Thème N°1 : Massicot ou coupe papier……………………………………………………………………………………………..125
-Thème N°2 : Grue de chargement………………………………………………………………………………..…..………..…..…137
-Thème N°3 : Mécanisme de bouchage des bouteilles…………………………………………….……..….…….…..…147
 Correction des sujets d’examen………………………………………………………………………………………………………159
-Thème N°1 : Massicot ou coupe papier……………………………………………………………………………………………..160
-Thème N°2 : Grue de chargement………………………………………………………………………………..…..………..…..…169
-Thème N°3 : Mécanisme de bouchage des bouteilles…………………………………………….……..….…….…..…177
-2-
La MECANIQUE est la branche la plus ancienne de la physique. Elle est

basée sur des principes solidement établis et parce quelle a pris un caractère
extrêmement déductif, la mécanique demeure une science essentiellement
expérimentale.
La STATIQUE est la première partie de la mécanique ; celle qui étudie
l’équilibre des systèmes matériels soumis à un ensemble de forces.
Chapitre 1 : Généralité sur la statique………………………………………………………………………………………4
Chapitre 2: Équilibre d’un solide soumis à un système de forces coplanaires…………………..11
Chapitre 3 : Équilibre statique avec adhérence et frottement………………………..………….………19
Chapitre 4 : Statique graphique…………………………………………………………………………………………..………23
Problèmes pratiques de statique :……………..............................................................29
-3-
Objectif : Asseoir les bases de la statique et réviser

les notions acquises en classe de seconde.
1- Présentation des actions mécaniques :

Il existe deux types d’actions mécaniques :
 Les actions mécaniques à distance (poids et attractions
électromagnétiques)
 Les actions mécaniques de contact ou de liaison (réaction,
tension).
1.1- Une action mécanique à distance : le poids.
1.1.1- Caractéristiques du poids :

Le poids ou action de pesanteur notée P est la force qu’exerce le
centre de la terre sur tout corps. Ses caractéristiques sont :
 Le point d’application : son centre de gravité G ;
 La direction : Verticale ;
 Le sens : Descendant (du haut vers le bas) ;

 Son intensité P  m.g ; avec m=masse du corps en Kg et g=accélération
de la pesanteur en N/Kg.
1.1.2- Notion de centre de gravité :
Il ne sera question dans ce volume que des centres de gravité des
surfaces. Aussi convient-il de définir surface élémentaire ou base de
calcul à coordonnées maîtrisées dans le plan.
En effet, nous entendrons par surface élémentaire dans ce volume
une des surfaces appartenant à la liste des formes : rectangulaire (et
par conséquent carrée), triangulaire, cylindrique, conique, sphérique ou
une portion de l’une d’entre elles.
-4-
a) Centres de gravité des surfaces planes élémentaires :
Désignations Schéma Abscisses Ordonnées Coordonnées du

centre de gravité
xG 
b
yG 
h b h
G ; 
Rectangle 2 2 2 2
xG 
d
yG 
d d d 
G ; 
Cercle 2 2 2 2
Triangle xG 
b
yG 
h b h
G ; 
rectangle 3 3 3 3
b) Centre de gravité des surfaces planes complexes homogènes :

Pour déterminer le Centre De Gravité (cdg) des surfaces planes
complexes homogènes, il faut :
 Découper les surfaces complexes en surfaces élémentaires ;
 Fixer un repère si ce n’est pas imposé et trouver le cdg de chaque
surface élémentaire ;
 Calculer les différentes surfaces élémentaires Si ;
 Le poids étant proportionnel à la surface, appliquer les formules :
xG 
 x .S
Gi i

X G1 .S1  X G2 .S2  ........  X Gn .Sn
S i S1  S2  .............  Sn
YG 
 Y .S
Gi i

YG1 .S1  YG2 .S2  ........  YGn .Sn
S i S1  S2  .............  Sn
N.B : Des Si, une surface sera affectée d’un signe négatif s’il est
un trou à enlever.
-5-
Application
Soit la plaque ci-dessous munie d’un trou. Calculer les coordonnées

du centre de gravité G dans le repère (O, x, y)
Solution : Décomposons la plaque en surfaces simples :

On a :
 S1 = 40x80 = 3200
 S2 = 3,14x102 = 314
20.b 20
 S3 = S4 = ; et tan 30° =
2 b
20 20 20 3
 b= = = = 34,641.
tan 30 3 3
3
D’où: S3 = S4 =346,41; D’autre part
 x1 = 40 y1 = 20
 x2 = 20 y2 = 20
b
 x3 = x4 = 80- , soit x3 = x4 = 68,453.
3
20 20
Et, y3 = 20+ = 26,66 ; y4 = 2. = 13,33 ;
3 3
Soit y3 = 26,66 et y4 = 13,33
En comptant les surfaces des vides négatives, on a :
 xG 
 x .S
i i
=
40(3200)  20(314)  68,453(346,41)  68,453(346,41)
=33,87
S i 3200  314  346,41  346,41
Soit XG = 33,87
 yG 
 y .S
i i
=
20(3200)  20(314)  26,26(346,41)  13,33(346,41)
= 20
S i 3200  314  346,41  346,41
Soit YG = 20 Donc :
 33,87 
G 
 20 
-6-
CONSOLIDATION
Déterminer par calcul les coordonnées du centre de gravité

des objets plans représentés ci-dessous.
1.2- Action mécanique de liaison ou de contact :

1.2.1- Notion de plan tangent :
Lorsque deux corps sont en contact en un
point, il existe un plan tangent et une normale
au plan de contact.
1.2.2- Principe de NEWTON ou de l’égalité des actions

mutuelles :
L’action d’un corps (1) sur un corps

(2) est égale et directement opposée à
l’action du corps (2) sur le corps (1).
Ainsi a-t-on  
A2 / 1  A1 / 2  0
 
A2 / 1   A1 / 2  Sens opposés
A2 / 1  A1 / 2  Même module
Ainsi :
 Les actions de contact des corps (1) et (2) ont même point
d’application : le point A.
 Les actions de contact des corps (1) et (2) sont directement
opposées : elles ont la même direction, mais de sens opposés.
-7-
 Les actions de contact des corps (1) et (2) ont même module
(même intensité).
1.2.3- Contact parfait :

Il y’a contact parfait ou liaison parfaite si la force
exercée est normale au plan de contact. Le contact parfait
est aussi appelé contact ou liaison sans frottement.
1.2.4- Force intérieure – force extérieure :

a) Force intérieure :
On parle de forces intérieures si les liaisons sont
maintenues au point de contact.
b) Force extérieure :
On parle de forces extérieures si le contact est
rompu au point considéré.
2- Phénomène d’adhérence :
2.1- Principe du phénomène d’adhérence :
Soit un solide reposant avec

adhérence sur un plan d’un angle  . Il y’a
équilibre si :
 L’angle  du plan incliné est inférieur
ou égale à l’angle d’adhérence  .(    )
 Ainsi aura-t-on la droite d’action du
poids qui sera à l’intérieur du cône d’adhérence.

 f = force d’adhérence ou de frottement.
  = angle d’adhérence.
 Le coefficient d’adhérence est : f a  tan 
 Le coefficient de frottement est légèrement différent du
coefficient d’adhérence qui est plus grand : f f  fa
-8-
Application
Une valise de poids 150N est

posée sur un tapis roulant inclinée d’un
angle  = 30° avec l’horizontal comme l’illustre la figure ci-
contre. Le déplacement a lieu vers le sens ascendant. Le
coefficient de frottement du tapis sur la valise est 1.
a) Calculer l’angle d’adhérence.
b) En déduire si oui ou non la valise est en équilibre. Justifier.
c) Pour un équilibre parfait, on a    . Quelles conséquences
peut-on tirer relativement à l’action à distance et à l’action de
contact ?
d) En déduire l’intensité de la force d’adhérence pour un équilibre
parfait.
Solution : 
tan   1    rad
a) On a 4 ou   45
b) On a : 30°  45°  Donc la valise est en équilibre.
 
c) Si     P (action à distance) et R (action de contact) ont
même direction, même intensité, mais de sens opposés.
f
d) sin   et f  R.sin  . Or R=P=150N et sin  = 0,5.
R
Donc : f = 75N
CONSOLIDATION
La voiture tout terrain ci-

contre est à l’arrêt sur une
pente de 20%. Le frein à main
est actionné et seules les roues
avant sont freinées ; les roues
arrières restant libres. Le poids de la voiture est P =935 daN,
supposé être reparti équitablement sur les roues avant A et sur
les roues arrières B. On donne : AB=2cm et Les frottements en B
-9-
sont négligés tandis que ceux en A ne sont pas négligés et le

coefficient de frottement est 0,5.
a) Représenter les actions de contact en A et B.
b) L’équilibre de la voiture est-il possible ?
c) A partir de quelle pente y’a-il glissement en A.
Solution :
a) voir figure ci-contre.
b) Il y’a équilibre si l’angle  du plan incliné
est inférieur ou égale à l’angle
d’adhérence  .
20
On a : sin      11,53
100
et tan   0,5    26.56 ;D’où :   
Donc : La voiture reste en équilibre.
c) Il y’a glissement en A à partir de la pente   26.56
- 10 -
Objectif:
 Résoudre analytiquement et par calcul les problèmes d’équilibre
 Appliquer le Principe Fondamental de la Statique aux problèmes
d’équilibre pour trouver les solutions.
1- Notion de résultante des forces et des moments :
1.1- Résultante des forces :
  
Soit un système de forces F1 , F2 ,........Fn appliquées respectivement en
M1, M2,……………Mn. La résultante générale des forces est :
 n    
R   Fi  F1  F2  ............  Fn
i 1
1.2- Moment d’une force par rapport à un point :

Soit une force F appliquée en un point M. Son
   
moment par rapport à un M ( A) F  AM  F
point quelconque A est :
  
Soit dans le repère (o, i , j , k ) :
a
      
AM  ai  bj  ck ou AM  b 
c
 
X
     
Et F  Xi  Yj  Zk ou FY 
Z
 

X  i 
a
        
On a : Y   j  = (bZ  cY )i  ( aZ  cX ) j  ( aY  bX ) k
M ( A) F   b 

Z   k 
c

 bZ  cY 
 
Donc le vecteur moment a pour coordonnées ; M ( A) F  aZ  cX 
 aY  bX 
 
Son intensité se calcule de deux manières :
 M ( A)  (bZ  cY ) 2  ( aZ  cY ) 2  (aY  bX ) 2
 M ( A)  F .d  F . AM .sin 

NB
 d = AM.sin  est encore appelé le bras de levier.
- 11 -
Remarques:
 Le moment d’une force par rapport à un point est nul si la droite
d’action de la force passe par ce point.
 Le signe du moment dépend du signe
conventionnel choisi à l’avance.
1.3- Moment résultant :

Le moment résultant en un point A
 n  
est : M   M  (Fi )
i 1
1.4- Variation du moment en fonction du point :

Connaissant le moment de la force par rapport au point A, on
peut déterminer le moment de la force par rapport à un autre point B
par la formule :     
M ( B ) F  M F  BA F ( A) 
1.5- Moment d’une force par rapport à un axe :

Si l’axe de rotation est (Az) on a la formule suivante :
   
M ( Az ) F  M ( A) F . Az

Si u est le vecteur directeur de l’axe (Az),
alors :   
M F  M F .u ( Az ) ( A)
Remarques:
 Le moment d’une force par rapport à un point est un vecteur issu
du produit vectoriel.
 Le moment d’une force par rapport à une droite ou un axe est un
scalaire issu du produit scalaire.
2- Principe Fondamental de la Statique (PFD) :

2.1- Enoncé :
Un corps étant en équilibre, reste en équilibre à condition que les
forces extérieures qui lui sont appliquées constituent un système
de vecteurs forces équivalents à zéro c’est à dire :
   
 Fext  0  R  0
    Soit :   
 M ( A) Fext  0  M  0
- 12 -
2.2- Les six équations de l’équilibre:

 A
 
 Si la résultante des forces est : R B
C 
 
L
 
 Et le moment résultant est M  M  ; A=0, B=0, C=0, L=0 M=0, N=0
N
 
On aura :
Remarques:
Pour le cas des forces coplanaires, les six équations se réduisent
à trois :
A=0, B=0, N=0 B=0, C=0, L=0 A=0, C=0, M=0
2.3- Cas particuliers :

2.3.1- Equilibre sous l’action de deux forces :
a) Cas de l’équilibre des moments :
Traction Compression
  
(1): FM  FN  0
 
FM   FN : Même direction et sens opposés.
FM  FN : Même module.
  
(2) : M N Fext  0
             
M N FN  0  M N FN  M N FM  0 Or M N FN  0  M N FM  0
 
D’où le support commun de FM et FN est la droite MN.
b) Cas du non équilibre des moments :

  
(1): FM  FN  0
 
FM   FN : Même direction et sens opposés.
FM  FN : Même module.
  
(2) : M N Fext  0
- 13 -
2.3.2- Equilibre sous l’action de trois forces :
 Les trois forces sont dans le même plan (coplanaires).

 Les supports des trois forces sont concourants ou parallèles.
 Lorsque les supports de deux forces concourent en un même point
I, alors le troisième support est entre le point d’application et ce
point de concours.
 Lorsque les supports de deux des trois forces sont parallèles, alors
le support de la troisième sera aussi parallèle aux supports des
deux premières.
2.4- Méthode de résolution des problèmes de statique :

 Isoler le système matériel (le dessiner seul) dont on a l’intention
d’étudier l’équilibre ;
 Repérer parmi les forces extérieures les éléments connus et les
éléments inconnus.
 Projeter suivant les axes du repère les vecteurs forces
constituants les équations vectorielles d’équilibre. (Le repère est
choisi s’il n’est pas imposé).
 Appliquer le PFS au système matériel.
 Résoudre les équations obtenues pour déterminer les inconnus.
Remarques:
Il faut toujours s’assurer que le problème à résoudre a une
solution, c’est à dire qu’il est isostatique. En effet :
 Un système est isostatique si le nombre d’inconnus est égal au nombre
d’équations.
 Un système est hyperstatique si le nombre d’inconnus est supérieur au
nombre d’équations. Un tel problème ne peut pas être solutionné
uniquement en statique.
- 14 -
Applications
Application N° 1:
Un support de Té, articulé en A et s’appuyant en B sur un point

fixe, maintient au point d’attache T un câble qui est tiré par une force

horizontale F d’intensité F = 1000N. Déterminer algébriquement les
actions de contact en A et B par les appuis sur le support.
Solution :
 Isolons le système et faisons le bilan des forces extérieures :
Forces ext Point d’app Direction Sens Intensité


F T  1000N

A A ? ? ?

B B  ?
- 15 -
 Projetons suivant les axes du repère que nous avons nous mêmes
choisi les vecteurs forces constituant les équations vectorielles
F Ax 0
  
d’équilibre : F 0 ; A Ay ; B  B
0 0 0
 Appliquons le PFS au système matériel :
 F  Ax  0  0  F  Ax  0(1)
   
* F  A  B  0  0  Ay  B  0  Ay  B  0(2)
000  0 00
000  0
      
* M(A) F  M(A) A  M ( A) B  0  000  0
40 F  0  80 B  0(3)
Remarque :
Pour trouver la troisième équation, on peut opter faire le calcul
vectoriel des moments ou appliquer la méthode du bras de levier
suivant l’axe (Oz).
Ainsi a-t-on le système à résoudre :
  F  Ax  0  1000  Ax  0  Ax  1000 N  Ax  1000 N
   
 Ay  B  0   Ay  B  0   Ay  B   Ay  500 N
40 F  80 B  0 40000  80 B  0  B  500 N  B  500 N
   
On sait que : A  Ax 2  Ay 2  10002  5002  1118 N
Donc : A = 1118N B = 500N
Application N°2:
Une potence murale est
constituée d’une barre AC repérée (1)
articulée à un point fixe C et
supportant en A l’action d’un tirant AB
repéré (2). La potence supporte une

charge maximale Q  5000 N . Le poids
de la potence et les frottements sont
négligés. On demande :
c) L’ordre d’isolément des organes à étudier ;
d) Isoler la barre AB et étudier son équilibre ;
e) Isoler la potence AC et faire le bilan des actions
mécaniques qui s’y appliquent.
- 16 -
f) Déterminer algébriquement les actions mécaniques aux

points B et C.
Solution :
a) L’ordre d’isolément
des organes à étudier:
(2), (1).
b) Isolons la barre (2) :
Il s’agit d’un solide soumis à
l’action de deux forces.
    
B0 / 2  A1/ 2  0  B0 / 2  A1/ 2
c) Isolons la potence (1) :
Bilan des forces extérieures :

Forces ext. Point d’appll Direction sens Intensité

A1/ 2 A  ?

Q Q  5000N

C C ? ? ?
 
d) Déterminons les intensités de A1/ 2 et C :
 Projetons suivant les axes du repère que nous avons nous
mêmes choisi les vecteurs forces constituant les équations
 Cx  0   Ax
vectorielles d’équilibre : C ;Q ; A(1/ 2)
Cy Q Ay
     Cx  0  Ax  0  Cx  Ax  A2 /1.cos 30
* A(1/ 2)  Q  C  0    
Cy  Q  Ay  0 Cy  Q  Ay  A2 /1.sin 30
       5
* M (C ) A(1/ 2)  M (C )Q  M (C )C  0  5Q  8 Ay  0  Ay  Q
8
- 17 -
Remarque:
Pour trouver cette dernière équation, on peut opter faire le
calcul vectoriel des moments ou appliquer la méthode du bras de
levier suivant l’axe (Oz).
5Q
D’où : A1/ 2   A1/ 2  6250 N ; Donc : B=6250N
8.sin 30
Cx  5413 N ; Cy  1875 N
Or : C  Cx 2  Cy 2  C  5729 N ; Donc : C=5729 N
- 18 -
ères
COLLECTION L’ABAQUE, COURS PRATIQUE DE MECANIQUE APPLIQUEE 1 ; TOME 1
Objectif : Résoudre les problèmes de statique où les

surfaces en contact ne sont pas parfaitement lisses.
1- Définitions :
1.1- Phénomène d’adhérence :
Lorsque deux surfaces tendent à glisser mais ne se
déplacent pas l’une par rapport à l’autre, on dit qu’il y’a adhérence.
1.2- Phénomène de frottement :
Lorsque deux surfaces imparfaitement polies se déplacent
l’une par rapport à l’autre, on dit qu’il y’a frottement.
2- Etude expérimentale de l’adhérence et du frottement :

2.1- Le solide repose sur un plan horizontal :
2.1.1- Mise en évidence du phénomène d’adhérence :
Soit un solide (2) simplement posé
sur une table (1) : Le système est en
 
équilibre sous l’action de P et N1 / 2 .
On applique sur (2) une petite force

horizontale F : Le solide reste en équilibre

tant que F n’a pas atteint une certaine
valeur limite FA telle que F  FA : C’est le phénomène d’adhérence.
 
 Le point d’application de N1 / 2 est légèrement déporté vers l’avant en A1 / 2
 
 La droite d’action de N1 / 2 est inclinée de  et devient celle de A1 / 2 .
  est appelé angle d’adhérence.
 tan  = f a est le coefficient d’adhérence.

Remarque : Si la force F tire le solide (2) jusqu’à ce qu’il soit sur
le point de le mettre en mouvement, on parle d’équilibre strict. Il y’a
adhérence stricte.
- 19 -
ères
2.1.2-Mise en évidence du phénomène de frottement :

Le solide se déplace à présent
sur la table :  est appelé
maintenant angle de frottement
de glissement :
On dit aussi qu’il y’a
glissement.
2.1.3-Cône de frottement et cône d’adhérence:
Cas N° 1 : Cas N° 2 : Cas N° 3 :
a) Cas N° 1 :

La droite d’action de A1 / 2 est entièrement contenue à
l’intérieur du cône d’adhérence et    : Il y’a adhérence.
b) Cas N° 2 :

La droite d’action de A1 / 2 est située sur le cône d’adhérence
et    : Il y’a adhérence stricte.
c) Cas N°3 :
Le solide se déplace par rapport à la table : Il y’a
glissement ou frottement,

Attention ! Ici, la droite d’action de A1 / 2 ne pourra jamais être
situé à l’intérieur du cône de frottement car l’angle de
frottement est la limite de l’angle d’adhérence lorsque le
mouvement se produit.
- 20 -
ères
2.2- Le solide repose sur un plan incliné :
Cas N° 1 Cas N° 2
 Pour le premier cas, en l’absence de la petite force de traction, il y’a
adhérence et le solide (2) commence à glisser si :   
 Pour le deuxième cas, en présence de la petite force de traction, il y’a
adhérence ou frottement si l’angle d’adhérence est   
2.3- Notion d’arc-boutement :
Soit un solide soumis à l’action de n forces extérieures. On dit
qu’il y’a arc-boutement chaque fois que le phénomène d’adhérence
provoque une impossibilité de mouvement (donc l’équilibre) quelque
soit l’intensité des forces mises en jeu.
Pour plus de visibilité, les problèmes de l’arc-boutement seront
traités dans la partie consacrée à la statique graphique.
Applications
La voiture tout terrain ci-contre est à l’arrêt sur une pente de

20%. Le frein à main est actionné et
seules les roues avant sont freinées ;
les roues arrières restant libres. Le
poids de la voiture est
P =935 daN, supposé être reparti
équitablement sur les roues avant A
et sur les roues arrières B. Les
frottements en B sont négligés tandis que ceux en A ne sont pas
négligés et le coefficient d’adhérence en est 0,5.
a) Représenter les actions de contact en A et B.
b) L’équilibre de la voiture est-il possible ?
c) A partir de quelle pente y’a-il glissement en A ?
d) Isoler la voiture dans sa position ci-contre et déterminer
algébriquement les actions de contact en A et B.
- 21 -
ères
Solution :
a) Voir figure ci-contre.

b) L’équilibre de la voiture est possible si A se trouve dans le cône
d’adhérence ; c’est à dire si   
20 1
On a : sin       11,53°
100 5
Et tan   0,5    26,56°
On constate que  <  .
Donc la voiture est en équilibre.
c) Il y’a glissement en A à partir de  =  ; soit :  = 26,56°
d) Isolons la voiture :
d’équilibre :
  A.sin   P 2 .sin 
A ; P1  P 2 .sin   0
A.cos   P .cos  P2 ;B
2  P .cos  B
Et 2
P
    A.sin   .sin   0 P .sin   0
2 P    2
A  P1  0   A P2  B  0 
P 2 P .cos   B
A.cos   .cos   0 2
2
A=467,5 daN B  P .cos 

2 D’où B = 458,065 daN
- 22 -
ères
Objectif:
 Passer des conditions mathématiques d’équilibre aux conséquences
graphiques de résolution ;
 Connaître les différentes méthodes permettant de solutionner les
problèmes de statique.
1- Généralités:
La statique graphique nous permet d’aborder plus aisément les
problèmes de statique dans les cas des forces coplanaires
supérieures ou égales à trois. La méthode graphique est plus rapide,
plus directe mais donne des résultats avec une marge d’erreur
d’environ 5℅. La méthode graphique exige la maîtrise des concepts
tels que le funiculaire et le dynamique.
1.1- Le funiculaire :
C’est un polygone ou une ligne brisée qui est tracé dans le plan de
situation du système et qui indique la position de la résultante des
moments dans le système.
1.2- Le dynamique :
C’est un polygone ou une ligne brisée qui est tracé dans le plan du
système des forces à partir d’un point isolé appelé pôle et qui
indique la résultante des forces.
Si le dynamique permet de déterminer la résultante des forces
en module, direction et sens, il ne permet pas de trouver la position
sur le système. C’est le funiculaire qui le fait.
2-Résultante d’un système de force en construction graphique :
Soit un solide soumis à un système de trois forces F1=750N ;
F2=500N et F3=1000N. Déterminons la résultante de ces trois forces.
On donne : Echelle : 1cm  250N.
- 23 -
ères
 0’,1’,2’,3’ sont les rayons polaires et 0//0’ ; 1//1’ ; 2//2’ ; 3//3’

   
 R est la résultante des forces : R  F1  F2  F3
   
 03  01  12  23
Si 1cm  250N

et R  4cm  R=1000 N
3- Comment tracer le dynamique et le funiculaire :

3.1- Méthode du tracé du dynamique :
 Ecrire la condition d’équilibre après avoir analyser les forces en
encadrant celles qui sont connues et commencer par celle qui
    
présente le plus d’inconnues. Exemple : A  B  C  D  0

 Procéder à la numérotation : Exemple 01  12  23  30  0 .
 Placer à l’échelle des forces et dans le plan du dynamique les
forces qui sont entièrement connues.
 Choisir le pôle P qui ne doit être ni proche, ni trop éloigné des
forces.
 Tracer les rayons polaires.
3.2- Méthode du tracé du funiculaire :
 Construire les cordons du funiculaire qui doivent être parallèles aux
rayons polaires correspondant tout en coupant les supports des
forces.
 Tracer la ligne de fermeture du funiculaire qui joint le premier et
le dernier cordon du funiculaire.
 Reporter cette ligne sur le dynamique en passant par le pôle.
 Reporter les cordons du funiculaire issus des forces inconnues sur
le dynamique de sorte qu’ils coupent la ligne de fermeture et qu’ils
passent par leurs origines respectives.
 Mesurer et appliquer l’échelle des forces pour lire leurs valeurs sur
le dynamique.
4- Applications aux cas particuliers :
4.1- Solide soumis à l’action de deux forces :
   
F1  F2  0  01  12  02  0  F1  F2 .
Remarque :
Lorsqu’un solide est soumis à l’action de deux
forces la construction du funiculaire est
inutile.
- 24 -
ères
4.2- Solide soumis à l’action de trois forces coplanaires et non

parallèles :
Dynamique ou triangle des forces.

Remarquons que ni la direction, ni le sens de A ne sont connus
 
a priori, mais on peut voir que F et B concourant vers le point I,

alors A aussi concoure vers I. En outre, on a 3 forces
coplanaires, d’où 3 équations et 2 inconnus. Donc le problème n’est
pas hyperstatique.
Echelle des forces : 2cm  250N.


D’où : Si B : 2 cm  500N. Donc B= 500N
 A= 1125N
Et : Si A : 4, 5 cm  1125N. Donc
Remarques :
 Lorsqu’un solide en équilibre est soumis à l’action de trois forces
concourantes, la construction du funiculaire est inutile. Il suffit de
construire le dynamique des forces ou triangle des forces. Ainsi, en
respectant la dimension de la force connue et les angles du triangle,
on ferme le dynamique et on mesure les dimensions des forces
inconnues qu’on applique à l’échelle.
 La méthode graphique donne des résultats avec une marge d’erreur
d’environ 5 ℅.
Exemple :
Algébriquement on avait trouver A = 1118N, mais graphiquement,
on trouve A = 1125N ; d’où l’erreur relative de 0,62 ℅ <5℅.
- 25 -
ères
4.3- Solide soumis à l’action de trois forces parallèles :

Soit une poutre AB de poids négligé, reposant sur deux appuis en

A et en B ; et subissant une charge P d’intensité 1000N. Echelle
des longueurs : 1 ; Echelle des forces : 1 cm  250N.
Déterminer graphiquement les actions aux appuis en A et en B.
  
On a : A  P  B  0  01  12  20  0  12  20  01  0
Funiculaire des forces. Dynamique des forces.

Si B : 1 cm  B = 250N

Si A : 1,5 cm  A = 375N
4.4- Solide soumis à l’action de plus de trois forces non toutes

parallèles :
  
Soit une poutre AB de poids négligé qui subit des actions F1 ; F2 etF3
telle que l’indique la figure à l’échelle.
Déterminer graphiquement les actions aux appuis en A et B. On
donne : F1 = F2 =900 daN et F3 = 300daN.
Echelle des forces : 1 cm  300N.
Funiculaire des forces

Dynamique des forces
- 26 -
ères
      
A  F1  F2  F3  B  0  01  12  23  34  40  0  12  23  34  40  01  0 .
Après une simple mesure, on a :
 
Si B : 1,5 cm et A : 1,5 cm  A = 450N et B = 450N
4.5- Solide soumis à l’action de plus de trois forces toutes

parallèles :
Soit une poutre AB horizontale, de poids négligé et supportant des
charges verticales d’intensités
F1 = 10000N ; P = 20000N et F2 = 15000N comme l’indique la figure.
Déterminer les actions de contact en A et B des appuis sur la poutre.
Echelle des forces : 1 cm  5000 N.
      
A  F1  P  F2  B  0  01  12  23  34  40  0
Après une simple mesure, on a :


Si B : 2 cm  B = 10000N

Si A : 2,25 cm  A = 11250N
- 27 -
ères
4.6- Méthode de Culman :

Elle s’applique aux solides en équilibre sous l’action de quatre
forces dont une est entièrement connue et les trois autres connues
seulement en direction.

Dans le cas d’espèce ci-dessous, seule F1 est connue en direction et
intensité. F1 = 2000 N. Sur la droite de Culman (K1K2) tracée au
      
préalable, on reporte F1 telle que F1  F2  R1 ; puis on reporte R2  F3  F4
 
sachant que R1  R2 et que ces deux résultantes de forces s’opposent
en direction. Echelle des forces : 1 cm  1000N
On peut ainsi mesurer les forces connues seulement en direction et

appliquer l’échelle des forces pour connaître leurs intensités : On
a après simple mesure :
F2 = 1500 N F3 = 2250 N F4 = 1750 N
- 28 -
ères
 Problème résolu N° 1 :……………………………………………………………..…30

 Problème résolu N° 2 :………………………………………………………..………32
 Problème résolu N° 3 :……………………………………………………..…………37
 Problème résolu N° 4 :…………………………………………………..……………40
 Problème résolu N° 5 :………………………………………………………..………45
 Problème résolu N° 6 :…………………………………………..……………………48
 Problème à résoudre N°1:……………………………………………………..……51
 Problème à résoudre N°2:……………………………………………….…………56
 Problème à résoudre N°3:………………………………………….………………59

- 29 -

ères
Problème résolu N° 1 : COMME AU PROBATOIRE
Soit la pince ci-contre articulée en C :

1- Isoler le corps repéré (3)
et faire le bilan des forces
extérieures.
2- Isoler le corps repéré (2)
et faire le bilan des forces
extérieures.
3- Déterminer algébriquement
les actions mécaniques en
C, B et D.
Solution problème N°1 :

1- Isolons la pièce (3) :
On a un solide soumis à l’action de deux forces extérieures.

    
D1/ 3  B2 / 3  0  D1/ 3  B2 / 3
2- Isolons le corps (2) :
Forces Pt.d’appl Direction Sens Intensité

ext.

A A  10N

B3/ 2 B  ?

C C ?
  
N.B : A et B3/ 2 étant parallèles, C aussi est parallèle.
- 30 -
ères
3- Déterminons les actions mécaniques en C, B et D.

 Projetons suivant les axes du repère que nous avons
nous mêmes choisi les vecteurs forces constituant les équations
vectorielles d’équilibre :
 0  0  Cx
A ; B3/ 2 ;C
10  B3/ 2 Cy

     0  0  Cx  0  Cx  0
* A  B(3/ 2)  C  0   
10  B(3/ 2)  Cy  0 Cy  10  B(3/ 2)
 0 0 0  0 
       
* M (C ) A  M (C ) B3/ 2  M (C )C  0   0 ; 0 ;0   0 
450 A 200 B 0  0 
 3/ 2   
4500
 450.10  200 B3/ 2  0  0  B3/ 2 
200
D’où B=22,5N C=32,5N
D = 22,5N
Or B = D; D’où:
- 31 -
ères
Problème résolu N° 2: COMME AU PROBATOIRE
Problème sur l’arc-boutement

Sur la tige cylindrique (2) de 5
cm de diamètre, peut glisser un
coulisseau (1) en équerre dont la
longueur de la portée (contact sur la
barre) est h = 10cm. On suspend à
une distance l0 = 100 cm, une charge

de poids P . On appelle  l’angle de
frottement aux deux points de
contact A et B du support avec son axe, et f = tg  , le coefficient
d’adhérence.
1- Isoler le coulisseau (1) et faire le bilan des forces extérieures qui
s’y appliquent.

2- Montrer graphiquement que le support sera en équilibre quelque soit P ,
h
si l0  .
2f
On dit que l’équilibre est obtenu en raison de l’arc-boutement
du coulisseau sur la tige.
h
3-Montrer algébriquement qu’il y’aura équilibre si l0  en exprimant les
2f
intensités des forces par leurs valeurs algébriques. AN : f = tg  = 0,1.
4- Déterminer graphiquement les actions de contact en A et B
lorsqu’on se place à la limite du glissement.
On donne P=10daN ; échelle :2 cm  10 daN.
Solution problème N° 2 :
1- Isolons le coulisseau (1) et faisons le bilan des forces extérieures
qui s’y appliquent.
Forces ext. Pt.d’appl. Direction Sens Intensité


P P  10 daN

A A ? ? ?

B B ? ? ?
- 32 -
ères
2- Montrons graphiquement que le support sera en équilibre

 h
quelque soit P , si. l0 
2f
 
Dans le cas de l’équilibre strict, A et B sont situés sur leur cône de

frottement ; d’où la position limite l0 de la charge de poids P .
 
 Pour l < l0 ; il n’y a pas équilibre car les forces A et B sortent
de leur cône de frottement.
 
 Pour l > l0 ; A et B sont toujours à l’intérieur de leurs cônes de

frottement quelque soit le poids P .
h/2 h
tan   l 
l 2. tan 
h  
Or tan   f  l  ; or pour l > l0 ; A et B sont toujours à
2. f

l’intérieur de leurs cônes de frottement quelque soit le poids P .
 h
Donc le support sera en équilibre quelque soit P , si l0  .
2f
h h 0,1 h
3-Algébriquement, On a    0,5 et l 0  1m  l0 
2. f 2. tan  2 x0,1 2f
4-
Par simple mesure ; et en application de l’échelle ;
P = 10 daN A = 50 daN B = 50 daN

- 33 -
ères
Un treuil supportant une charge P, est freiné au moyen d’un sabot

A monté à l’extrémité d’un levier coudé articulé en B Comme l’indique la

figure. On exerce en C un effort C tel que
C = 100N dont la direction fait un angle de 45° avec la verticale. Le
coefficient d’adhérence du sabot sur le tambour est tg = 0,25. On
admettra que les actions de contact en B, O et A (axe du sabot frein),
 
ainsi que les forces P et C sont coplanaires.
On prendra : tg = 0,25   = 14°.
1- Isoler le levier (1) + tampon (3) et faire le bilan des forces
extérieures qui s’y appliquent.
2- Déterminer analytiquement l’action en A que le sabot exerce sur
le tampon (3).
3- Déterminer graphiquement l’action de contact en B.
Prendre A2/3 = 250 N. Echelle des forces : 1 cm  50N.
4- Isoler le tambour (2) + charge et faire le bilan des forces
5- Déterminer analytiquement le poids P de la charge qu’on a pu
freiner.
- 34 -
ères
Solution problème 3 :
1- Isolons le levier (1) + tampon (3) et faisons le bilan des
forces extérieures qui s’y appliquent :
Forces ext Pt.d’appl Direction Sens Intensité


C C 100 N

B B ?

A2 / 3 A ?
2- Déterminons analytiquement l’action en A que le sabot

exerce sur le tampon (3).    
    M()C  BC  C
M() A  BA A
 240   C.sin 45 
 80   A.cos14    
    360   C.cos 45 
 160    A.sin14 
 2 2 
 (80 A.sin14  160 A.cos14) k  (240C.  360C )k
 2 2

 174, 60 Ak  42426, 406k
 
 (42426, 406  174, 60 A) k  0
 42426, 406  174, 60 A  0
 174, 60 A  42426, 406
 A2 / 3  243 N
- 35 -
ères
3- Déterminons graphiquement l’action de contact en B.

Dynamique des forces :
 B=330N
Par simple mesure, on a : B  6, 6cm 
4- Isolons le tambour (2) + charge et faire le bilan des forces
Forces ext. Pt.d’appl Direction Sens Intensité


P C ?

O B ? ? ?

A3 / 2 A 243N
5- Déterminons analytiquement le poids P de la charge qu’on a

pu freiner :
   
M(z) Fext  0  M(z) P  M(z) A3/ 2  M(z)O  0
 120 P  A3/ 2 .d  0
d est la longueur du bras de levier :d=OA.sin 14°
A3/ 2 .240.sin14 P=117,574

P Donc :
120
N
- 36 -
ères
Problème résolu N°4: COMME AU PROBATOIRE
Un frein à tambour est composé d’un levier (2) de longueur L,

d’un sabot de frein et d’un cylindre (tambour) (3).
Il sert à arrêter une charge (1) en cours d’élévation. Les
poids du tambour et du levier sont négligés devant ceux de la

charge de poids P . On donne :
P = 1000daN et le coefficient d’adhérence en A est 0,3.
1- Isoler le tambour (3) et déterminer analytiquement les
actions de contact en A et B, puis en E.
2- Isoler le levier (2) et déterminer les actions de contact au

niveau de l’articulation en D, ainsi que l’effort F .
1-
 Avant d’isoler le tambour (3), il est nécessaire d’isoler a priori
le corps (1) :
   B=1000 daN
P  T  0  T  P  0  T  P  B 1  1000daN d’où
3
 Isolons à présent le tambour (3) :
- 37 -
ères
Forces Point Direction Sens Intensité

ext. d’appll.

B B  1000
daN

A A  ?

E E ? ? ?
 
Il est important de remarquer que B et A concourent au point

I et par conséquent, E aussi concoure en ce même point.
d’équilibre :
 0   A.sin   Ex
B ;A ;E
 B  A.cos  Ey
   
*B A E  0
 0  A. sin   Ex  0  Ex  A. sin 
  ;
 B  A. cos   Ey  0  Ey  B  A. cos 
Or B  1000daN et tan   0,3    16,7 ;
 Ex  0,287 A(1)
D’où : 
 Ey  1000  0,957 A(2)
     
* M ( E ) B  M ( E ) E  M ( E ) A  0 et suivant l’axe (Oz)  200 B  400 A. sin   0 ;
200 B B 1000
 A    1740daN
400. sin  2. sin  2. sin 16,7
D’où (1) : Ex=500daN et Ey=2666,61daN  E  E x2  E y2 ;
Donc :
A=1740 daN E = 2713,08daN
3- Isolons le levier (2) :
- 38 -
ères
d’équilibre :
 0  A.sin   Dx
F ;A ;D
 F A.cos  Dy
 Appliquons le PFS au système matériel

ext. d’appll

D D ? ? ?

A A  1740daN

F C  ?
    0  A.sin   Dx  0  Dx   A.sin   500daN
* F  A D  0  
 F  A.cos   Dy  0  Dy  F  A.cos   1225daN
      
* M( D) D  M( D) A  M( D) F  0 
Suivant Oz, 2000 F  100 A.sin   500 A.cos   0  F =441,65 daN
- 39 -
ères
La structure plane ci-dessus comprend quatre barres

repérées 1, 2,3, et 4 et articulées en A, B, C, D, E et F.
Les frottements sont négligés aux articulations et les poids
propres des barres sont aussi négligés.
La barre 1 supporte une charge de poids p = 2000 N prenant son
application en G.
1- Proposer un ordre d’isolément des barres.
2- Les barres 3 et 4 étant isolées, y appliquer le Principe Fondamental
de la Statique pour donner les supports des actions
   
C2 / 3 ; E1/ 4 ; D1/ 3 ; F2 / 4 .
3- La barre 2 étant isolée, compléter le tableau du bilan des forces
extérieures et y appliquer le Principe Fondamental de la Statique
pour déduire les trois équations d’équilibre y relatives.
4- La barre 1 étant isolée, compléter le tableau du bilan des forces
extérieures et y appliquer le Principe Fondamental de la Statique
pour déduire les trois équations d’équilibre y relatives.
5- En déduire les modules de toutes les actions de contact en A, B, C,
D, E et F.
6- Déterminer indépendamment graphiquement toutes les actions de
contact en A, B, C, D, E et F. Echelle 1 cm =100 N.
- 40 -
ères
1- Ordre d’isolément : 4 – 3 – 2- 1.
2-
    
 PFS au solide 3 : Fext  0  D1/ 3  C2 / 3  0
 
 D1/ 3  C2 / 3
 
 D1/ 3  C2 / 3
 
Donc : D1/ 3 et C2 / 3 ont même sens et même support; la droite (DC).
    
 PFS au solide 4 : Fext  0  F2 / 4  E1/ 4  0
 
 F2 / 4   E1/ 4
 
 F2 / 4  E1/ 4
 
Donc : F2 / 4 et E1/ 4 ont même sens et même support ; la droite (EF).
3- Système : barre 2 :
- 41 -
ères

ext. d’appll

B0 / 2 B ? ? ?

C3/ 2 C  ?

F4 / 2 F ?
PFS :
   
 B0 / 2  C3/ 2  F4 / 2  0
       
 ( B ) 0 / 2
M B  M C
( B ) 3/ 2  M F
( B) 4 / 2  0
/x : Bx  F4 / 2 .cos 60  0 (1).
/y :  By  C3/ 2  F4 / 2 .sin 60  0 (2).
/z : (moment) 100.C3/ 2  200.F4 / 2 .sin 60  0
 2.F4 / 2 .sin 60  C3/ 2  0 (3)
4- Système : barre 1.
PFS :
    
 A0 /1  D3/1  E4 /1  P  0
         
M ( A) A0 /1  M ( A) D3/1  M ( A) E4 /1  M ( A) P  0
/x :  Ax  E4 /1.cos 60  0 (4)
/y : Ay  D3/1  E4 /1.sin 60  P  0 (5)
/z : 0  100.D3/1  (200  d ) E4 /1.sin 60  300.P  0
d
Or tan 30  et d  150.tan 30
150
D’où 100.D3/1  (200  150.tan 30) E4 /1.sin 60  300.P  0
D3/1  (2  1,5.tan 30) E4 /1.sin 60  3.P  0 (6)
- 42 -
ères
5- En sachant que F  E et que C  D , modules des actions de

contact en D, C, F et E et en remplaçant la relation (3) dans (6) ;
On a :
C = D = 13856,4 N F = E = 8000 N
D’autres part :
 Ax  E4 /1.cos 60 (4)
 Ax = 4000 N
 Ay  D3/1  E4 /1.sin 60  P
 Ay = 8928,2 N
Or A  Ax 2  Ay 2 ; d’où A = 9783,3 N
ET :
 Bx  F4 / 2 .cos 60
 Bx = 4000 N
 By  C3/ 2  F4 / 2 .sin 60
 By = 6928,2 N
Or B  Bx 2  By 2 ; d’où B = 8000 N
6- Résolution graphique :
 Etudions d’abord l’équilibre de la barre 2 soumise à trois forces
et trouvons le point de concours I des actions qui la sollicitent.
(voir schéma ci-dessous)
 Etudions ensuite l’équilibre de l’ensemble du système 1+2+3+4
soumis à trois forces et trouvons le point de concours J des
actions qui le sollicitent. (voir schéma ci-dessous)
On aura deux dynamiques des forces : Celle donnée
par le point I et celle donnée par le point J.
- 43 -
ères
Avec l’échelle, par simple mesure, on a :
A= 9750 N
B = 8000 N
C = D = 14000 N
F = E = 8100 N
- 44 -
ères
THEME : Avion de combat
DESCRIPTION, FONCTIONNEMENT, HYPOTHESES ET DONNEES :
L’avion de chasse ci-dessus, en phase ascensionnelle, a un poids

P = 3000daN et est incliné d’un angle de 15° par rapport à l’horizontale.
L’appareil évolue à vitesse constante sous l’action de la poussée F =
1200daN des réacteurs. Pendant son mouvement, l’avion est soumis à
l’action de la résistance de l’air. Cette action est schématisée par la
 
résultante R . L’action S représente la résultante des actions de

sustentions exercées par l’air sur les ailes. L’action A schématise la
résultante des actions stabilisatrices de l’air sur l’aileron arrière.
QUESTIONS :
1- Faire le bilan des forces extérieures qui s’appliquent sur l’avion.
  
2- Déterminer complètement graphiquement les actions A ; S et R .
Prendre l’échelle des forces : 0.5cm  1000 daN.
- 45 -
ères
SOLUTION :
1- Bilan des forces extérieures :

ext d’Appl

P G 30000daN

F F 12000daN

A A ?

S S ?

R R ?
2- Principe de résolution :
L’avion est soumis à l’action de 5 forces.
 Ramener le système de forces extérieures à un système de 4
forces dont une est connue entièrement et les 3 autres connues
seulement en direction. Pour cela il faut faire la somme des deux
 
forces connues entièrement, notamment P et F . On peut
   
aisément poser que K  P  F ; K passant par le point de concours
 
des directions de P et F .
Ainsi trouve t-on K = 29000daN.avec K  P ²  F ²
- 46 -
ères
    
 D’après le PFS on a : A + S + R + K = 0 , groupons alors les forces
       
deux à deux : T1 = A + R et T2 = S + K ; T1 et T2 étant les résultantes
des groupes des deux forces. Ces deux résultantes sont égales
et directement opposées. : C’est la méthode de Culman.
 
 Cherchons le point I, point de concours de A et R ; puis le point
 
J, point de concours de S et K . on obtient une droite IJ : C’est
la droite de Culman. Cette droite indique la direction des deux
résultantes.

 La force K étant connue en direction, sens et intensité,
appliquons l’échelle des forces et représentons la ; puis à partir

de la direction de la droite IJ et celle de la force S , trouvons
 
graphiquement T2 et S en appliquant l’échelle des forces.
 
 Représentons T1 égale à T2 et directement opposée à celle-ci. Puis
   
à partir de la direction de A et R , trouvons graphiquement A et R
en appliquant l’échelle des forces.
Après simple mesure et application à l’échelle des forces,

on trouve :
S = 22500daN; A = 6300daN; R = 4200daN
- 47 -
ères
Problème à résoudre N°1 : COMME AU PROBATOIRE
THEME : Ripper.
DESCRIPTION ET FONCTIONNEMENT :
Le ripper proposé à l’échelle réduite sur la figure ci-dessous est

monté à l’arrière des bouteurs. Il est utilisé pour défoncer les sols trop
durs.
Le ripper se compose de six lames 6 solidaires du bâti 5. Cet
ensemble est maintenu en A par deux biellettes 4 et en D par deux
biellettes 3. Les biellettes sont liées en B et C à l’arrière 1+2 du
bouteur.
Le réglage de la position des lames est réalisé par le vérin
hydraulique 7+8. Celui-ci est articulé en M sur le châssis et en N sur le
bâti porte lames. Les liaisons en A, B, C, D, M et N sont des liaisons
pivots dont les centres portent le même nom.
- 48 -
ères
HYPOTHESES ET DONNEES :
L’ensemble st en équilibre dans la position de la figure ci-dessous.
L’étude est faite dans le plan de symétrie de l’appareil.
Les poids propres des pièces du mécanisme sont négligés, les

frottements sont négligés, la force F de 10000 daN schématise l’action
du sol sur les lames.
QUESTIONS :
1- Quelle est la nature de la sollicitation dans chacune des pièces 4 et 3 ?
2- Les solides 4 et 3 étant isolés, appliquer le PFS et déterminer les
supports des actions mécaniques qui les sollicitent.
3- L’ensemble 7+8 étant isolé, appliquer le PFS et déterminer les
supports des actions mécaniques qui les sollicitent.
4- L’ensemble 5+6 étant isolé, faire le bilan des actions mécaniques qui
les sollicitent et déterminer graphiquement complètement les actions
exercées en A, D, et N.
Solution :
1-Nature de la sollicitation de la pièce 4 :……………………………………………
Nature de la sollicitation de la pièce 3 :……………………………………………
2-
PFS :…………………………………
……………………………………………
………………………………..…………
……………………………………………
……………………………………………
……………….......……………………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
- 49 -
ères
3-
PFS :
……………………………………………
………………………………..…………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
………………………………..…………
……………………………………………
4- Bilan des actions mécaniques
Forces Pt. d’Appl. Direction Sens Module
 Détermination
des actions de
contact en A, D
et N :
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
……………………………………………
- 50 -
ères
THEME : Le pied de biche ou arrache clou.
Le pied de biche (1) ci-dessous sert à extraire le clou (2) d’une
planche (0). Il est constitué de deux parties OA et OB coudées en O.


Le manœuvre doit exercer en B une force BM / 1 perpendiculairement à
OB. Le pied de biche est supposé alors pivoter autour d’un axe fixe
(Δ) passant par O.
HYPOTHESES ET DONNEES :

 BM / 1 a pour intensité 150N
 La force avec laquelle le clou est extrait de la planche est
perpendiculaire à OA.
 A l’équilibre, juste avant que le clou ne saute, OB fait un angle
 = 30° avec la planche. La masse du pied de biche est négligée.
OA= 3 cm et OB= 30 cm.

- 51 -
ères
QUESTIONS :
1- Le pied de biche étant isolé, faire le bilan des forces
extérieures qui le sollicitent.
2- Déterminer en fonction de A2/1 les composantes du vecteur

 
moment M (0) A2 /1 .
 0
 
3- Sachant que (Δ) a pour vecteur unitaire k  0  , déduire en
1
 

fonction de A2/1 le moment M (  ) A2 /1
 
4- Déterminer les composantes du vecteur moment M ( o ) BM /1 .

5- En dédire le moment M (  ) BM /1 .
6- Appliquer le Principe Fondamental de la Statique et calculer
la force avec laquelle le clou est extrait de la planche.
7- Comparer cette force à BM / 1 et conclure.


8- Représenter la réaction de la planche en O, O0 / 1 .
9- Appliquer le Principe Fondamental de la Statique et

  
déterminer les composantes de O0 / 1 dans le plan (O, i , j )

10- En déduire l’intensité de O0 / 1 et le coefficient de
frottement entre l’arrache clou et le bois.
11- Trouver graphiquement la force avec laquelle le clou est
extrait de la planche. Les conditions restent inchangées et
prendre l’échelle des forces : 1 cm = 50 N
- 52 -
ères
FEUILLE REPONSE
1-Bilan des forces extérieures qui sollicitent le pied de biche :

ext d’Appl
2-Déterminons en fonction de A2/1 les composantes du vecteur moment

 
M (0) A2 /1 :
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
 0
 
3-Sachant que (Δ) a pour vecteur unitaire k  0  , Déduisons en fonction
1
 

de A2/1, M (  ) A2 /1 :
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
- 53 -
ères
 
4-Déterminons les composantes du vecteur moment M ( o ) BM /1 :
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....

5-Déduisons le moment M (  ) BM /1 :
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
6-Appliquons le Principe Fondamental de la Statique et calculons la force
avec laquelle le clou est extrait de la planche :
…………………………………………………………………………………………………………………….
………………………………………………………………………………………………………………….....
……………………………………………………………………………………………………………………..
7-Comparons cette force à BM / 1 et concluons :……………………………………………

Conclusion : ………………………………………………………………………………………
8-Représentons la réaction de la planche en O :
- 54 -
ères
9-Appliquons le Principe Fondamental de la Statique et déterminons les

  
composantes de O0 / 1 dans le plan (O, i , j ) :
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....

10- Déduisons l’intensité de O0 / 1 :
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
Graphiquement : Echelle des forces : 1 cm = 50 N
- 55 -
ères
THEME : Système de commande des roues de friction.
Le mécanisme ci-dessus est celui d’un système de commande des
roues de friction : L’axe 10 reçoit le mouvement de la roue 8 par
friction, et le transmet à une meule non représentée.
- 56 -
ères
Une force de l’opérateur appliquée en A provoque la rotation du
levier 2 autour de l’axe 15 encastré dans le bâti 3. Le levier 2 en
tournant soulève en J le bras 5 qui, lui aussi tourne autour de l’axe 1
encastré dans le bâti. 5 comprime alors le ressort 6 en C et rompt le
contact en F, entre 8 et 9: c’est le débrayage.
En supprimant l’effort sur le levier 2, le ressort 6 rétablit le
contact des roues 8 et 9 en F : c’est l’embrayage.
BUT : Déterminer les efforts sollicitant le bras 5 pendant la
position embrayée et le levier 2 pendant le débrayage.
HYPOTHESES ET DONNEES:
 Toutes les articulations sont parfaites et les axes seront réduits
à leurs points respectifs M, K, E et H.
 Les poids propres des pièces sont négligés.
 L’action du récepteur au bout de 10 est négligée.
 En J, le contact se fait avec frottement de coefficient f = 0,15.
 On se place juste avant le débrayage, dans la déformation
élastique des galets, point J soulevant et ressort à peine


comprimé, au repos. Aop =15 N.
 Position embrayée, au repos (pas de rotation des roues).
1- Appliquer le Principe Fondamental de la Statique au
ressort 6 puis au système 9+10 et en déduire les supports des
actions mécaniques en H et C.
- 57 -
ères
2- Isoler 5 et compléter le tableau bilan des forces
extérieures qui lui sont appliquées, sachant que dans cette
position, l’action en J est inexistante et que la tension dans le
ressort 6 est Te=60N.
3- Appliquer le Principe Fondamental de la Statique à
l’équilibre de 5 et en déduire analytiquement les modules des

 
actions mécaniques K1/ 5 et H10 / 5 .
 Position limite du débrayage


L’opérateur agit en A avec l’action Aop / 25 . A ce moment la tension
dans le ressort 6 est Tdé=100N.
4- Isoler 2 et faire le bilan des forces extérieures qui lui sont
appliquées.
5- Appliquer le Principe Fondamental de la Statique à cet


équilibre et en déduire le support de l’action mécanique M 15/ 2
 
et la détermination graphique des forces J 5/ 2 et M 15/ 2 .
6- Pour cette position limite de débrayage, isoler 5 et
compléter le tableau bilan des forces extérieures qui lui
sont appliquées.
7- Après avoir justifié les constructions, déterminer


graphiquement les modules des actions mécaniques K1/ 5

et H10 / 5 .
- 58 -
ères
FEUILLE REPONSES
 Position embrayée, au repos (pas de rotation des roues).
1- Equilibre de 6 puis de 9+10 :
…………………………………………………………………
………………………………….………………………………
…………………………………………………………………
………………………………………………………………….
2- Etude de l’équilibre de 5 :
Bilan des forces extérieures :
Forces ext. Point d’Appl. Direction Sens Intensité
- 59 -
ères
 
3- P. F.S à l’équilibre de 5 : Calcul de K1/ 5 et H10 / 5 :
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
 Position limite du débrayage Tdé=100N.
4- Etude de l’équilibre du levier 2 : Bilan des forces extérieures :
Forces ext. Point d’Appl. Direction Sens Intensité
5- P.F.S et détermination
graphique des forces

 
J 5/ 2 et M 15/ 2 :

Aop =15 N et 4mm  1 N
…………………………………………………
…………………………………………………
……………...…………………………………
…………………………………………………
…………………………….....…………………
…………………………………………………
…………………………………………….....…
…………………………………………………
…………………………………………………
…………..........................................
………………………………………………………………………………………………………………….....
 
J 5/ 2 =…………………………………. Et M 15/ 2 =……………………………………..
- 60 -
ères
6- Tableau bilan des forces extérieures :
7- détermination graphique des modules des actions

 
mécaniques K1/ 5 et H10 / 5 .
Justification des constructions :
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
………………………………………………………………………………………………………………….....
- 61 -
ères
Galilée étudie la chute des corps en combinant le

raisonnement et l’expérience. Il énonce le principe de l’inertie qui
nous append qu’il existe un solide de référence appelé galiléen,
par rapport auquel, tout corps qui ne serait soumis à aucune
action extérieure aurait une accélération nulle.
Chapitre 1 : Généralités……………………………………………………………………………………………………..…63
Chapitre 2: Mouvement de translation……………………………………………………………………………..69
Chapitre 3 : Mouvement de rotation autour d’un axe fixe…………………………………………….75
Chapitre 4 : Mouvement plan d’un solide………………………………………………………………..………….80
Problèmes pratiques de cinématique :……………………………………………………….88
- 62 -
ères
Objectif : Appréhender, définir et pouvoir déterminer

analytiquement ou graphiquement les caractéristiques
rythmiques que sont les vitesses et les accélérations du
mouvement.
1- Définitions :
1.1- Cinématique : Etude des mouvements des corps
indépendamment des causes qui leur donnent naissance.
1.2- Trajectoire : Ensemble des positions occupées par un mobile
au cours de son mouvement.
1.3- Mouvement : Un corps est en mouvement si un ou plusieurs de
ses points change de position dans le temps.
Exemple : Le point M en mouvement passe de l’instant t1 en M1 à
l’instant t2 en M2.
1.4- Nature d’un mouvement :

La nature d’un mouvement peut être : une translation, une
rotation, une translation et rotation conjuguée (mouvement
hélicoïdal).
Nous n’allons nous limiter qu’à l’étude de ces types de mouvement.
2- Repérage d’un point matériel :
2.1- Coordonnées paramétriques :

Soit OM , le vecteur position du point M
d’un mobile par rapport au repère
  
  O, i , j , k  : Les coordonnées
paramétriques de M suivant x, y, z sont :

 x(t ) 
      
OM = x(t )i  y (t ) j  z (t )k ou OM  y (t ) 
 z (t ) 
 
- 63 -
ères
  
 
  O, i , j , k est encore appelé repère cartésien d’espace.
2.2- Abscisse curviligne :
La longueur de l’arc M0M1M2 est appelée abscisse curviligne du

point M du solide dans son mouvement de l’instant t 0 à l’instant t2.
3- Vecteur vitesse :
3.1- Vitesse moyenne :
 
 OM 2  OM 1
Vmoy  ;
t2  t1
      
Or OM 2  OM 1  OM 1  OM 2  M 1O  OM 2  M 1M 2
Et t2 =t1+  t   t = t2-t1.

 MM
Vmoy  1 2
 t
3.2- Vitesse instantanée ( à l’instant t) :

C’est la dérivée du vecteur position par rapport au temps : s= f (t).

 ds dOM
 V 
dt dt
3.3- Coordonnées paramétriques du vecteur vitesse :
  x 
 dOM  
V   y 
dt  z 
 
3.4- Caractéristiques du vecteur vitesse du point M :

 Point d’application : Le point M.
 Direction : Tangente à la trajectoire.
 Sens : Celui du mouvement.
 Module V  x 2  y 2  z 2
V en mètre par seconde (m/s oum.s-1).
- 64 -
ères
3.5- Cordonnées polaires du vecteur vitesse :

 
Le vecteur position est : OM = r (t) u
Le vecteur vitesse est :
 d OM dr (t )  du
V  = u + .r (t )
dt dt dt
  d OM  r 
V  ≡   
dt  r 
Remarques :
dr (t )
 Dans le cas d’un cercle, r (t) = R = rayon constant  =0
dt
 0
Et V 
d OM
  D’où V  r.

dt  r 
 La vitesse angulaire est d V

  
dt r
 La vitesse de rotation (N) est liée à la vitesse linéaire par la relation :

V  2 .r.N
 La vitesse angulaire (ω ou  ) est liée à la vitesse de rotation par la

relation :
ω=2.  .N
N en tour par seconde (tr/s) et ω en radian par seconde (rad/s).
4- Vecteur accélération :
4.1- Accélération moyenne :  
 Vmoy2  Vmoy1
 moy 
t2  t1
4.2- Accélération instantanée :


 dV
 
dt
4.3- Coordonnées paramétriques du vecteur accélération:


  
x(t )   z (t ) 
y (t )     
x
 dV  
   y
dt  
 
z
- 65 -
ères
4.4- Coordonnées polaires du vecteur accélération :

En coordonnées polaires, on se retrouve dans le repère de
 
Frenet ( t , n )
 
    dV V2  dV  V 2 
   t   n ; Or  t  et n     t n
dt r dt r

  t est appelée accélération tangentielle.

  n est appelée accélération normale.
Ainsi le module du vecteur accélération sera :
 =  t2   n2 2 -2
 en m/s ou m.s .
Applications
Application N°1:
  
Dans le repère   O, i , j , k , la position du point M d’un solide est

définie à chaque instant par son vecteur position OM tel que
x(t )  4t 2

OM y (t )  2t 2  1 , 0  t  3 ;t en seconde et les distances en mètre.
z (t )  0
1- Montrer que le mouvement est plan.
2- Construire la trajectoire  pour t = (0, 1, 2,3).
3- Déterminer la longueur de la trajectoire.
4- Déterminer l’équation de la trajectoire.
5- Déterminer le module du vecteur accélération.
- 66 -
ères
Solution :
1- On a z(t) = 0, d’où le mouvement se déplace dans le plan (O,x,y). Donc
le mouvement est plan.
2- Construisons la trajectoire.
t 0 1 2 3
X(t) 0 4 16 36
Y(t) 1 3 9 19
(A) (B) (C) (D)
3- La longueur de la trajectoire est la distance AD :

 xD  xA
On a : AD  AD  ( xD  xA) 2  ( yD  yA) 2
yD  yA
 xD  xA  0   36 
 AD  AD  (36  0) 2  (19  1) 2 ; Avec A   ; B  
yD  yA  1   19 
Donc :
AD= 40,24m
4- Equation de la trajectoire :
x(t )  4t 2
 x x
On a : OM y (t )  2t 2  1  t 2  et y  2.  1
4 4
z (t )  0
1
( ) : y  x 1
Donc l’équation de la trajectoire est : 2
x(t )  4t 2 x  8t 
x 8
  
5- OM y (t )  2t 2  1  V y  4t   y  4    82  42 , Donc :
 γ = 8,94 m.s-1
z (t )  0 z  0 z0

Application N°2:
  
Dans le repère   O, i , j , k , la position du point M d’un solide est
définie à chaque instant par son vecteur
x(t )  30.(1  cos 2t )
OM ; 0t 
y (t )  30. sin 2t
- 67 -
ères
1-Déterminer l’équation de la trajectoire.

2-En déduire la longueur de la trajectoire.
Solution :
1- Equation de la trajectoire :
 x  30  30.cos 2t

 y  30.sin 2t
 x  30  30.cos 2t

 y  30.sin 2t
x  30 ²  30².cos ²2t

 y ²  30².sin ²2t
 x  30 ²  y ²  30²(cos ²2t  sin ²2t )
 x  30 ²  y ²  30²
Donc : ( ) : x  30 ²  y ²  30² est l’équation de la trajectoire.
C’est donc un cercle de centre Ω (30,0) et de rayon r = 30.
2- Longueur de la trajectoire :
l  2. .R  l  2 x3,14 x30  l = 188,4mm
CONSOLIDATION
  
Un point M décrit dans le repère   O, i , j , k , l’arc de cercle de
centre O et de rayon R = 0,08m située dans le plan (O, x, y). L’origine

des abscisses curvilignes est prise en A sur (O, x) tel que OA(0,8, 0) .Le
mouvement du point M  S / R est défini par l’équation horaire
S = 4.t2-6t. ; Avec 0  t  1,5 .
1- Déterminer la position du point M aux instants t=0 ; t= 0,5s ;
t = 0,75s ; t = 1s ; t = 1,5s.
2- Construire le graphe des abscisses curvilignes S (t) pour 0  t  1,5 .
3- Déterminer le vecteur vitesse, ainsi que sa norme aux instants
t=0 ; t= 0,5s ; t = 0,75s ; t = 1s ; t = 1,5s.
4- Construire le graphe des vitesses pour 0  t  1,5 .
5- A partir du graphe des vitesses, déterminer la valeur de
l’accélération du mouvement.
- 68 -
ères
Objectif:
Appliquer les relations générales au mouvement de
translation rectiligne et de translation circulaire d’un solide.
1- Mouvement de translation rectiligne :

Un corps est en translation rectiligne si tous ses points
décrivent des droites parallèles entre elles et possèdent des vitesses
et des accélérations égales en module et direction.
Exemple :
Le coulisseau 1 est en translation rectiligne Tz sur la glissière 2.
Ainsi, dans un mouvement de translation, la pièce mobile
est appelée Coulisseau tandis que celle qui est fixe est appelée
glissière.
- 69 -
ères
1.1- Mouvement de translation rectiligne uniforme :

1.1.1- Définition :
Un solide est en translation rectiligne uniforme si :
 Tous ses points décrivent des droites parallèles ;
 Tous ses points ont une vitesse constante et une accélération
nulle.
1.1.2- Equation du mouvement : (Loi des espaces)
x(t )  v t  x
Avec : 0 0
 v0 = vitesse initiale du solide.

 x0 = position initiale.
1.2- Mouvement de translation rectiligne uniformément varié :
Un solide est en translation rectiligne uniformément varié si :
 Tous ses points décrivent des droites parallèles,
 Tous ses points ont une accélération constante et non nulle.
1.2.2- postulat :
 Si l’accélération est positive, le mouvement est uniformément
accéléré.
 Si l’accélération est négative, le mouvement est uniformément
retardé.
1.2.3- Equation du mouvement : (Loi des espaces)
1
x(t )   t 2  v0t  x0
2
2- Cas particulier de translation circulaire :
Un solide est en mouvement circulaire si tous ses points sont en
rotation et translation parallèlement à un plan fixe.
- 70 -
ères
Exemple :
La bielle d’accouplement DC (repère 1) est en translation
circulaire lors de la rotation autour des points A et B des bielles AD et
CD (repère 2).
 
Ainsi les vecteurs rayons r1 et r2 sont par rapport à un point quelconque
     
du plan : r2  r1  M 1M 2 ou OM 2  OM1  M1M 2

Mais le vecteur M 1M 2 reste constant car la distance M 1M 2 reste
constante pendant le mouvement ; en conséquence, la vitesse du point
M1 est la même que celle du point M2.
2.1- Mouvement de translation circulaire uniforme :
Un solide est en translation circulaire uniforme si :
 Tous ses points décrivent un arc de cercle.
 Tous ses point ont une vitesse constante et une accélération nulle.
2.1.2- Equation du mouvement :
 (t )  0t   0
Avec :
 0 = ω0 = vitesse angulaire initiale
 0 = angle à l’origine.
  (t ) = angle balayé à l’instant t.
3.1- Mouvement de translation circulaire uniformément varié :
Un solide est en translation circulaire uniformément varié si :
 Tous ses points décrivent des arcs de cercle au cours du mouvement ;
 Tous ses points ont une accélération constante et non nulle.
3.2.2- Equation du mouvement :
1
 (t )  t 2  0t   0
2
2 -2
 est l’accélération angulaire en rad/s ou rad.s .
Remarque :
La différence des carrés des vitesses permet de résoudre de
nombreux problèmes relatifs aux mouvements de translations
accélérés :
V22  V12  2 ( x2  x1 ) 22  12  2( 2  1 )
- 71 -
ères
Applications
Application N°1:
Le chariot d’une machine pour
découpage laser atteint la vitesse
de 10 cm/s en 2 secondes ; puis le
chariot évolue à vitesse constante pendant 8s ; enfin s’arrête en
l’espace de 12,5cm. Les accélérations et décélérations sont supposées
constantes.
1- Déterminer les équations du mouvement pour chacune des trois
phases.
2- Représenter le diagramme des vitesses des trois phases sur le
même graphique.
Solution :
1- Equations du mouvement :
 Phase 1 : Accélération  > 0 : Mouvement rectiligne uniformément
accéléré.
1
On a : x1 (t )   t 2  v0 t  x0 et v1 (t )   1 (t )  v0 ;
2 1 1 1
1
Or v0 =0 et x0 =0 ; d’où x1 (t )   t 2
1 1
2
  5m.s 2
10
Pour t = 2s, v1 = 10cm/s  10  2    
2
L’équation du mouvement de cette phase accélérée est donc :
x (t )  2,5t 2 Et v1  5t
1
 Phase 2 : vitesse constante : Mouvement rectiligne uniforme.

On a : x2 (t )  v2 (t )  x0 ; x2 (t )  10(t )  x0
2 2
Or à t  2s : x2  10  10(2)  x0  x0  10  20  x0  10cm
2 2 2
D’où : x2 (t )  10(t )  10 Et v2  10cm.s 1
 Phase3 : Décélération  ' <0 : Mouvement rectiligne uniformément

retardé.
1
On a : x3 (t )   ' t 2  v0 (t )  x0
2 3 3
Différence des carrés des vitesses v32  v02  2 '( x3  x0 ) ; 3 3
- 72 -
ères
Or ( x3  x0 )  12,5 ; v3  0 et v0  10cm.s 1
3 3
v2
10 2
 '  
03
 '  4cm.s 2
2( x3  x03 ) 2(12,5)
Or après la deuxième phase, à t = 2+8= 10s ; x  10.10  10  90cm ;
D’où : x3  90  2t 2  v0 (t )  x0 et v3  4t  v0  10  4.10  v0  v0  10  40  50
3 3 3 3 3
 90  2.10  50.10  x03  x03  90  200  500  210

2
D’où : x3 (t )  2t 2  50t  210
et
Lorsque v  0; t  12,5s
2- Diagramme des vitesses :

Application N°2:
Le déplacement en mètre d’un point matériel est donné par :
x  t 2  12t  3
1- Déterminer le temps nécessaire pour atteindre la vitesse de 36
m/s.
2- Que vaut l’accélération du mouvement ?
3- Que vaut le déplacement entre les instants t=1s et t=4s.
Solution :
dx
1- V
dt
 V  2.t  12
 36  2.t  12
 2.t  36  12
 t  12s
dV
2- a  a  2m.s 2
dt
3- A t = 1s ; x  1²  12(1)  3  16m
A t =4s ; x  4²  12(4)  3  67m
D’où : le déplacement x  67  16  x  51m
- 73 -
ères
CONSOLIDATION
Deux véhicules distants de 50 m circulent sur une autoroute à

126 Km/h. Le premier freine de façon à pouvoir s’arrêter sur 150m. Le
second, surpris, freine 1,5s après le premier véhicule. Calculer :
1- La décélération et le temps nécessaire pour l’arrêt du premier
véhicule.
2- La distance entre les deux véhicules au début du freinage du
second.
3- Y’a-t-il tamponnement ? si oui où ? quand ? et à quelle vitesse
relative ?
- 74 -
ères
Objectif : Appliquer les relations générales aux mouvements de

rotation.
1- Définition :
Un solide est animé d’un
mouvement de rotation autour d’un
axe fixe lorsque :
 Deux points distincts
appartenant au solide sont en
permanence fixes et définissent
l’axe de rotation du solide.
 La trajectoire d’un point M
n’appartenant pas à l’axe de
rotation est un cercle centré sur
l’axe et de rayon constant.
Exemples : hélice d’avion ;
vilebrequin ; volant moteur ;
roue de véhicule (auto, moto).
2- Mouvement de rotation uniforme :

2.1- Définition :
Un solide est en rotation uniforme si :
 Un point quelconque lié au solide décrit une trajectoire circulaire.
 Sa vitesse angulaire est constante ;     cte .
 Son accélération angulaire est non nulle ;     0 .
2.2- Equation du mouvement :
 (t )  (t )   0
    dv
Puisque     cte et que    t   n   t   0
dt
 v ² (r)²
Or n     n  r²
r r
r est le rayon du cercle décrit.
- 75 -
ères
3- Mouvement de rotation uniformément varié :

La différence avec le mouvement de rotation uniforme est
le fait que :
 La vitesse angulaire  n’est plus constante.
 D’où l’accélération tangentielle n’est plus nulle.
 dv dr d
Ainsi,  t   r  r   t  r
dt dt dt
Remarques :
 
 Si   0  Le mouvement est accéléré et  t a même sens que v .
 
 Si   0  Le mouvement est retardé et  t a de sens opposé à v .
4- Caractère périodique d’un mouvement de rotation
uniforme :
Lorsque le mouvement se reproduit identique à lui-même
pendant une durée constante.
On dit que le mouvement est périodique.
2
 La période est la durée complète d’un T 

mouvement et notamment d’un tour complet
pour le cas du mouvement de rotation:T en seconde (s).
 La fréquence est le nombre de
mouvements identiques effectués par 1 
N 
unité de temps (seconde). C’est encore T 2
l’inverse de la période : N en hertz (Hz).
Applications
Application N°1:
Déterminer la vitesse angulaire des aiguilles d’une montre :
1- Cas de l’aiguille des secondes.
2- Cas de l’aiguille des minutes.
3- Cas de l’aiguille des heures.
Solution :
La vitesse angulaire est encore le nombre de tour effectué par
seconde :
n
 
t
- 76 -
ères
1- Aiguille des secondes : t = 60s ; et n = 1 tour = 2  rad.

  0,104rad / s
2- Aiguille des minutes : t = 60.60s et n = 2  rad.

  1, 74.103 rad / s
3- Aiguille des heures : t = 60.60.60s et n = 2  rad.

  2,9.105 rad / s
Application N°2:
Dès l’instant où le moteur est coupé, une hélice d’avion
qui tournait à la vitesse de 1200 tours par minute effectue
80 tours jusqu’à l’arrêt complet. Si l’on suppose le
mouvement uniformément décéléré, on demande :
1- La durée totale de ce mouvement.
2- Calculer la vitesse et l’accélération linéaires d’un point de
l’extrémité de l’hélice situé à 1000mm du centre de
rotation en régime normal à 1200 tours /minutes.
Solution :
1- Mouvement de rotation uniformément retardé :
 2  12
22  12  2(   0 )    2
2(   0 )
Or    0  80tours  80.2 rad  160 rad ;
1  1200tr / min = 40  rad/s et 2  0
Donc :   0,125rad / s ²
   t = 1005s
  .t  0  t  2  1 ; Or 2  0 ; Donc :

2-
 Vitesse : v  2 rN  r v  40  125, 66m / s
 dv dr d
 Accélération :  n  r² et  t   r  r =0 car     cte
dt dt dt
v²
D’où   Donc :   15791,36m.s  ²
r
- 77 -
ères
CONSOLIDATION
CONSOLIDATION 1:
Une turbine atteint la vitesse de 5000 tr/min en 10
minutes. Sachant que le mouvement est uniformément accéléré,
on demande :
1- Calculer l’accélération angulaire du mouvement.
2- Calculer le nombre de tours effectué pendant toute la
durée du démarrage.
3- Déterminer l’accélération et la vitesse linéaire d’un point
de la périphérie de la turbine (rayon = 1,5m) dans les deux
cas suivants :
a) En régime normal à 5000 tr/min.
b) A l’instant t = 4 minutes.
CONSOLIDATION 2 :
1- Déterminer la vitesse angulaire de la rotation de la Terre
autour de son axe en admettant que la terre effectue un
tour en 24 heures.
2- En déduire la vitesse d’un point situé à l’équateur si la
circonférence de la terre mesure 40000Km.
3- Déterminer dans le même cas l’accélération de ce point.
CONSOLIDATION 3 :
Sur un tour de production l’on usine une pièce de 100
mm de diamètre. La pièce tourne à la vitesse de 300tr/min.
Quelle est en m/min la vitesse de coupe utilisée ?
- 78 -
ères
Remarque :
Un corps est aussi en rotation si un de ses points reste
fixe tandis que les autres décrivent des circonférences : On
parle de mouvement de rotation autour d’un point fixe.
- 79 -
ères
Objectif :
 Reconnaître les mouvements plans.
 Déterminer graphiquement le vecteur vitesse du point d’un solide à
travers la méthode de l’équiprojectivité et du centre instantané de
rotation.
1- Définition :
Un solide est dit en mouvement plan lorsque tous les points
appartenant à ce solide se déplacent parallèlement à un plan fixe de
référence. Exemple : Mouvement du fer à repasser, système bielle
manivelle.
2- Remarque :
 Tout mouvement de translation est aussi un mouvement plan.
 Tout mouvement de rotation autour d’un axe fixe est un
mouvement plan.
 La réciproque n’est pas nécessairement vraie.
3- L’équiprojectivité :
3.1- But de la méthode :
Elle permet de déterminer la
vitesse du point d’un solide
connaissant sa direction et le
vecteur vitesse d’un autre point
du même solide.
3.2- Propriété et utilisation :
Soient deux points A et B
appartenant au même solide (1) en mouvement plan par rapport au
 
solide de référence (0). Soient VA , et VB les vitesses respectives de
1/ 0 1/ 0
ces points ; ces deux vecteurs vitesse ont la propriété suivante : La


projection orthogonale du vecteur VA sur la droite AB est égale à

1/ 0
la projection orthogonale du vecteur VB sur la droite AB.

 
1/ 0
Autrement dit, le produit scalaire des vecteurs VA et AB est égal au

 
1/ 0
produit scalaire des vecteurs VB1/ 0 et AB .

   
VA1/ 0 . AB  VB1/ 0 . AB  AH  BK
- 80 -
ères
3.3- Conditions d’utilisation :

 Connaître entièrement les caractéristiques de la vitesse d’un point
du solide.
 Connaître les supports des vitesses à déterminer.
 A partir du point B par exemple, reporter la distance BK = AH de
telle sorte que H et K soient du même côté
 des points A et B.
Applications
Application N°1 :
Soit un système plan bielle manivelle comme l’indique la figure ci-

contre. La longueur du bras de la manivelle est 0,45m. La vitesse
angulaire de la rotation de la manivelle (2) est     100rad / s. On donne
l’échelle des vitesses : 1cm  10m/s
1- Donner la nature du mouvement de la bielle (1) par rapport au
solide de référence (O)

2- Déterminer graphiquement le vecteur vitesse VB

1/ 0
connaissant VA2 / 0 .
Solution :
1- La bielle (1) effectue
un mouvement plan par
rapport au solide de
référence (O).
2- Exécution graphique :

 Détermination analytique de VA 2/0
:
On a : Le point A de la manivelle effectue un mouvement circulaire

de vitesse angulaire 100 rad/s. D’où VA est perpendiculaire à OA et

2/0
VA2 / 0  OA.  100(0, 45)  45m / s

 
Par simple mesure, on trouve : VB  4,3 cm. D’où VB1/ 0  43m / s
1/ 0
- 81 -
ères
4- Double équiprojectivité :
4.1- But de la méthode :
Elle permet de déterminer une vitesse (caractéristiques non
connues) d’un point d’un solide, connaissant entièrement la vitesse d’un
second point du solide et la direction de celle d’un troisième point du
même solide.
4.2- Illustration par une application:
Soit la griffe de caméra représentée par la figure ci-contre :
(1) = griffe.
(2) = manivelle
(3) = biellette de maintient
(0) = bâti.
  
Sachant que : VA  VA est perpendiculaire en A à EA avec un
 
1/ 0 2/0
module de 3,5 m/s ; et que la direction de la vitesse VB  VB est


1/ 0 3/ 0
perpendiculaire en B à BD ; considérons le dessin à l’échelle et


déterminons la vitesse VC1/ 0 de la griffe (1) sur le film.
Prendre comme échelle des vitesses : 0,75 cm  1m/s.
- 82 -
ères
Solution :
La méthode consiste à :

 Déterminer VB par équiprojectivité sur AB tel que :
1/ 0
AH = BK : 
VB1/ 0 = 3 m/s.

 Déterminer VC par double équiprojectivité sur AC et sur BC :
1/ 0
* AH’ = CH’’ et BK’ = CK’’

* CK’’┴ K’’I et CH’’┴ H’’I.
 I est situé à l’intersection des deux perpendiculaires précédentes :

c’est ainsi qu’on trace CI qui représente la vitesse VC .Il reste de
1/ 0
mesurer et d’appliquer l’échelle des vitesses : 

VC1/ 0  6 cm/s.
5- Centre Instantané de Rotation (CIR) :

5.1- Objectif:

Pour déterminer par équiprojectivité la vitesse VG du centre 2/0
de gravité de la bielle (2), il est nécessaire de passer par un point

supplémentaire non aligné avec A et B. La méthode du CIR est plus
performante dans ce cas. En règle générale, il en est ainsi chaque
fois qu’il faut déterminer simultanément plusieurs vecteurs vitesses.
5.2- Définition :
- 83 -
ères
Pour tout solide (1) en mouvement plan par rapport à un solide

de référence (0), il existe un point I appelé Centre Instantané de
rotation (CIR) tel que la vitesse de ce point soit nulle à l’instant t
considéré.
Remarques :
 Pour un mouvement de rotation, le CIR est confondu avec le centre
de rotation.
 Pour un mouvement de translation, le CIR est situé à l’infini.
 La position géométrique du CIR varie en fonction du temps alors que
celle du centre de rotation reste fixe. Autrement dit, lorsque le
mécanisme change de position, le CIR change lui aussi de position.
5.3- Construction du CIR :

Le CIR est situé à l’intersection des perpendiculaires aux
directions des vecteurs vitesses appartenant au solide en
mouvement plan. Les perpendiculaires sont tracées à partir des
points d’application des vecteurs vitesses connues.
Pour l’embiellage précédent, le CIR de la bielle (2) dans son
mouvement plan par rapport au bloc moteur (0) est situé à
 
l’intersection des perpendiculaires aux vitesses VA et VB menées
2/0 2/0
depuis les points A et B.
- 84 -
ères
5.4- Illustration par une application :

 
On souhaite déterminer VG connaissant VA et la direction

2/0 2/0
de VB2 / 0 en utilisant le CIR. La méthode est la suivante :

 Construire le CIR.

 Tracer la direction de VG 2/0
: Cette direction est perpendiculaire au
rayon IG.
 Construire le triangle des vitesses (AA’I) ; A’ étant l’extrémité de la

seule vitesse connue entièrement VA . 2/0
 Tracer le point G’ sur le rayon IA tels que IG = IG’.

 Tracer le vecteur G 'G ' ' perpendiculaire au rayon IA tels que G’’
appartient au côté A’I du triangle

 Tracer à partir de G le vecteur VG qui a même distance que G 'G ' '.
2/0
Mesurer et appliquer l’échelle des vitesses.

NB
:
On peut trouver simultanément les vitesses de plusieurs
points en respectant la démarche ci-dessus.
5.5- Illustration des cas particuliers :

5.5.1- Cas d’un mouvement de translation :
Dans les cas de
mouvements de translation
circulaire ou rectiligne, le
CIR se trouve à l’infinie.
- 85 -
ères
5.5.2-Cas d’un mouvement de rotation :

Dans le cas d’un mouvement de rotation autour d’un axe fixe, le
CIR se trouve toujours au centre de rotation.
Ainsi pouvons nous déterminer plusieurs vitesses des points
connaissant entièrement une d’elles.
6- Détermination de la vitesse de rotation :
  
VA2 / 0 VB2 / 0 VG2 / 0
2 / 0  2 / 0   
OA OB OG
Il suffit d’appliquer la relation de

proportionnalité caractéristique du
mouvement de rotation autour d’un point
fixe. C’est ainsi que dans l’exemple de
l’embiellage ci-contre.
7- Composition de mouvement :
7.1- Définition:
Considérons un solide (2) en mouvement par rapport à un solide
(1) lui-même en mouvement par rapport à un solide (0) qui est fixe :
 Le mouvement de (2) par rapport à (1) est une rotation ;
 Le mouvement de (1) par rapport à (0) est une translation ;
 Le mouvement de (2) par rapport à (0) est une conjugaison d’un
mouvement de rotation et d’un mouvement de
- 86 -
ères
translation : On dit qu’au niveau du solide (2), il y’a composition des

mouvements.
D’où : Mvt 2/0 = Mvt 2/1 + Mvt 1/0
7.2- Relation de composition des vitesses:

La décomposition des vitesses précédentes nous permet
d’écrire la relation de composition des   
VA 2 / 0  VA 2 /1  VA1/ 0
vitesses :
Remarque :
La relation de composition des vitesses peut être écrite avec
autant de solides :     
V V V
A4 / 0 V V
A4 / 3 A3/ 2 A 2 /1 A1/ 0
7.3- Vitesse de glissement:

On appelle vitesse de glissement en un
point A entre un solide (1) et un solide (2) la
vitesse tangente au point A avec la surface
de glissement :  
VA1/ 2 ouVA2 /1
 Le mouvement de (2) par rapport à (0) est une translation ;

 Le mouvement de (1) par rapport à (0) est une rotation :
Il apparaît donc une composition de mouvements ; d’où la relation de
composition des vitesses : V
 
 V V

A1/ 0 A1/ 2 A2 / 0
- 87 -
ères
 Problème résolu N° 1 :…………………………………………………………………89

 Problème résolu N° 2 :……………………………………………………..…………92
 Problème à résoudre :……………………………………………………..…………100
- 88 -
ères
Le dessin ci-dessous représente le mécanisme supérieur d’une

nacelle élévatrice montée sur un camion, destinée à l’élévation du
personnel.
1- Quelle est la nature du mouvement du bras (1) par rapport au

bâti (0) ?
2- Quelle est la nature du mouvement du corps (5) par rapport au
corps (6) lorsque le vérin est alimenté?
3- Quelle est la nature mouvement du corps (6) par rapport au
bâti (0) lorsque le vérin est alimenté?
4- En déduire la nature du mouvement du corps (5) par rapport au
bâti (0).
5- L’amplitude du mouvement est 120°, la vitesse angulaire de la
rotation de (1) autour du point A est :  = 0,5 rad/s et la
distance AB = 2,125m.

5.1- Déterminer et mettre en place VB1 / 0 .
5.2- Déterminer l’accélération angulaire  et en déduire

l’accélération linéaire  B1 / 0 .
5.3- Déterminer la durée de levée du bras (1) jusqu’à son maximal.
5.4- Ecrire l’équation paramétrique horaire du mouvement du
corps (1).
- 89 -
ères
FEUILLE REPONSE :
1- Nature du mouvement du bras (1) par rapport au bâti (0) :
Mouvement de rotation de centre A.
2- Nature du mouvement du corps (5) par rapport au corps (6) :
Mouvement de translation rectiligne.
3- Nature mouvement du corps (6) par rapport au bâti (0) :
Mouvement de rotation de centre O.
4- Nature du mouvement du corps (5) par rapport au bâti (0) :
Mouvement plan composé : rotation + translation rectiligne.
5.1 Voir figure ci-dessus.

V=1,0625m/s
V  r. 
5.2- On sait que : 22  12  2( 2  1 )
2
Avec  2  1    120  rad et 1  0  0     2. N et 2  
3
 2.
     =0,5x Donc:  = 1,0471 rad/s
2. 3 -2
 B1/ 0 = 2,225m.s-2
 B1/ 0  r.   B1/ 0 =2.125x1, 0471 Donc:
- 90 -
ères
FEUILLE REPONSE :
5.3- Déterminons la durée de levée du bras (1) jusqu’à son maximal :

V  V0
On a : V   .t  V0  t  ; or V=1,0625m/s ;

-2
V0  0 et  B1/ 0 =2,225m.s Donc t=0,477s
5.4- Equation paramétrique horaire du mouvement du corps (1).

1
 (t )  t ²  0t   0 Or 0  0 et  0  0
2
Donc  (t )  0,5233.t ² ; en rad
- 91 -
ères
Problème résolu N°2 : COMME AU PROBATOIRE
THEME : MORTAISEUSE ALTERNAX
- 92 -
ères
A- Mise en situation et Fonctionnement :
Le document 1 ci-dessus représente le mécanisme de
commande des outils d’une mortaiseuse à exécuter des tenons et
mortaises, dans des pièces de bois.
Le mouvement des outils est donné à partir de l’arbre moteur
(1) qui entraîne le bras oscillant (4) articulé autour de l’axe x’x par
l’intermédiaire de la bielle (3) à excentration fixe par rapport à
l’axe de rotation de (1). Ce bras oscillant (4) commande le
mouvement de translation rectiligne alternatif des outils piocheurs
- 93 -
ères
(7) et (8) qui coupent les parois de mortaise dans la pièce de bois
(P). L’outil central
(1)a un mouvement alternatif complexe permettant de tailler le
fond de la mortaise. L’amplitude de ce mouvement est réglable
en fonction de la longueur de la mortaise à obtenir par
modification de l’excentrique de (2) par rapport à l’axe de
rotation de (1). Le réglage de l’écartement des outils (7) et (8)
se fait, quand à lui, par deux systèmes pignons crémaillères.
B- Hypothèses :
 L’étude est faite à l’instant t correspondant à la configuration et
à l’échelle représentées sur le schéma minimal ci-dessus.
 Tous les solides sont en mouvement plan.
 Les liaisons sont sans jeu.
 Le sens de rotation de l’arbre moteur (1) est indiqué sur le
schéma minimal.
 On adoptera l’échelle des vitesses suivantes : 1mm  0,1m/s.
C- Données et But :
Les conditions de coupe des outils imposent une vitesse de
rotation de 3000tr/min de l’arbre moteur (1). L’excentrique fixe de
la bielle (3) est : O1B = 18 mm ; La largeur de la mortaise impose
pour l’excentration de (2) O1A = 15mm.


On veut déterminer la vitesse VF 2 / 0 de coupe de l’outil central (2).
- 94 -
ères
D- Questions :

1- Calculer et représenter à l’échelle donnée V A2 / 0.

2- Calculer et représenter VB 3 / 0. .
3- Déterminer la trajectoire du point C appartenant à (3) ou à (4)

 
dans son mouvement par rapport à (0). Démontrer que VC 3/ 0 = VC 4 / 0.
4- A l’aide du théorème de l’équiprojectivité des vecteurs vitesses,


et de celui du Centre Instantané de Rotation, déterminer VC 4 / 0 et

VD 4 / 0.
 
5- Démontrer que VD 4 / 0 = VD 6 / 0.
6- A l’aide du principe de double équiprojectivité des vecteurs


vitesses, déterminer VE 2 / 0 .
7- Comment peut-on qualifier le mouvement de l’outil (F) par rapport
au bâti (O) ? Justifier votre réponse. Donner la relation de
composition des mouvements des solides mis en jeu. En déduire la
relation de composition des vitesses du point E.
8- Déterminer la position du Ventre Instantané de Rotation I(2/0)
du mouvement de 2/0.

9- En déduire le vecteur vitesse de coupe VF 2 / 0 .
10- Calculer l’accélération linéaire du point A et celle du point B.
- 95 -
ères
FEUILLE REPONSES

1- Calculons et représentons à l’échelle donnée V A2 / 0.
On a : V  2. .r.N  VA2 / 0.  2. .O1 A.N ; Donc :

VA2/0 = 4,712 m/s

A l’échelle, VA2 / 0  47,12 mm=4,7cm ;(voir figure).

2- Calculons et représentons VB 3 / 0. .
On a : V  2. .r.N  VB 3/ 0  2. .O1B.N Donc : VB3/0 = 5,654 m/s

A l’échelle, VB 3/ 0  56,54 mm=5,6cm ;(voir figure).
3- Déterminons la trajectoire du point C appartenant à (3) ou à (4)
dans son mouvement par rapport à (0) : La trajectoire du point C
appartenant à (3) ou à (4) dans son mouvement par rapport à (0)
est le cercle de centre I et de rayon IC.

 
 Démontrons que VC 3/ 0 = VC 4 / 0.
  
On a : VC 3/ 0  VC 3/ 4  VC 4 / 0
   
Or VC 3/ 4  0 , car C est le point coïncidant entre 3 et 4  VC 3/ 0  VC 4 / 0
4- A l’aide du théorème de l’équiprojectivité des vecteurs vitesses, et

 
de celui du Centre Instantané de Rotation, déterminons VC 4 / 0 et VD 4 / 0.
   
 VC 4 / 0 se détermine par équiprojectivité avec VB 3/ 0 puisque VC 3/ 0  VC 4 / 0 ;
sa direction est tangente au cercle de centre I et de rayon IC.

 
 VD 4 / 0 se détermine par équiprojectivité avec VC 4 / 0 ; sa direction est
tangente au cercle de centre I et de rayon ID. Attention voir sur

 
la figure que VD 4 / 0 = VD '4 / 0 . (Voir la figure).

A l’échelle, on a: VC 4 / 0  5 cm  VC 4 / 0 = 5 m/s
- 96 -
ères

Et VD 4 / 0  2,5 cm 
VD 4 / 0 = 2,5 m/s
 
5- Démontrons que VD 4 / 0 = VD 6 / 0.
  
On a VD 4 / 0 = VD 4 / 6 +VD 6 / 0
   
Or VD 4 / 6  0 car D est le point coïncident de 4 et 6  VD 4 / 0 = VD 6 / 0
6- À l’aide du principe de double équiprojectivité des vecteurs


vitesses, déterminons VE 2 / 0 .
On a : DP=EQ et ES=AR (voir figure)


A l’échelle, on a VE 2 / 0  4,5 cm  VE 2 / 0 = 4,5 m/s
7- L’outil F a un mouvement de translation linéaire car sa vitesse
par rapport au bâti se détermine par double équiprojectivité
et a une direction oblique.

     
MvtE 2 / 0  MvtE 2 / 6  MvtE 6 / 0 D’où VE 2 / 0  VE 2 / 6  VE 6 / 0
8- Position du Ventre Instantané de Rotation I(2/0) du
mouvement de 2/0 : Voir figure. I(2/0) se trouve à

 
l’intersection des normales à VE 2 / 0 et VA2 / 0 .

9- Vecteur vitesse de coupe VF 2 / 0 :

VF 2 / 0 = 9m/s
10- Calculons l’accélération linéaire du point A
et celle du point B :
On a :   r²   A  O1 A.²  4 ² N ².O1 A car
    2. N   B  O1 B.²  4 ² N ².O1 B
Donc Et
 A = 1480,44 m/s²  B = 1776,52m/s²
- 97 -
ères
- 98 -
ères
Problème à résoudre: COMME AU PROBATOIRE
THEME : SYSTEME DE COMMANDE DES ROUES DE FRICTION
- 99 -
ères
Description et Fonctionnement :
Le mécanisme ci-dessus est celui d’un système de commande
des roues de friction : L’axe 10 reçoit le mouvement de la roue 8
par friction, et le transmet à une meule non représentée.
Une force de l’opérateur appliquée en A provoque la rotation
du levier 2 autour de l’axe 1 encastré dans le bâti 3. Le levier 2 en
tournant soulève en J le bras 5 qui, lui aussi tourne autour de l’axe 1
encastré dans le bâti. 5 comprime alors le ressort 6 en C et rompt le
contact en F, entre 8 et 9: c’est le débrayage.
En supprimant l’effort sur le levier 2, le ressort 6 rétablit le
contact des roues 8 et 9 en F : c’est l’embrayage.
L’étude cinématique est faite à l’instant où le ressort est
complètement détendu comme représenté sur la figure ci-dessous.
But :
Déterminer la vitesse du choc des roues 8 et 9 lors de
l’embrayage afin de prévoir leur dureté superficielle et la vitesse de
retour du levier 2
On suppose que toutes les articulations sont parfaites ; que le
ressort ne glisse pas pendant la détente et que la roue 9 ne tourne
pas autour de son axe à l’instant du contact.


La vitesse de détente du ressort 6 est VC 6 / 4 =3,4m/s.
Echelle : 1cm  1m/s.
- 100 -
ères
Questions :
1- Donner la nature du mouvement de 5 par rapport à 1. En

  
déduire et tracer les supports des vecteurs vitesse VC 5/1 , VJ 5/1 et VF 5/1 .
2- Donner la nature du mouvement de 4 par rapport à 1 pendant la


détente. En déduire et tracer la direction de VC 4 /1 .

3- Tracer VC 6 / 4 ; écrire la loi de composition des vitesses en C

entre 5, 6, et 4, et en déduire graphiquement VC 6 /1 .
 
4- Justifier l’égalité VC 6 /1  VC 5/1 .

5- En prenant VC 6 /1  3, 6m / s , déterminer graphiquement les
 
vitesses VJ 5/1 et VF 5/1 .
6- Quelle est la nature du mouvement de 2 par rapport à 5 ? En


déduire et tracer la direction du vecteur vitesse VJ 2 /1 .
7- Ecrire la loi de composition des vitesses en J et en déduire

 
graphiquement VJ 2 /1 . On prendra VJ 5/1  2,35m / s .

8- On donne MJ=61mm et MA=126mm. En prenant VJ 2 /1  2,8m / s ,

déterminer VA2 /1 et 2 /1 .
- 101 -
ères
Solution :
1- Nature du mouvement de 5 par rapport à 1 :
…………………………………………………………………………………..

Déduisons et traçons les supports des vecteurs vitesse VC 5/1 ,
 
VJ 5/1 et VF 5/1 : voir figure.
2- Nature du mouvement de 4 par rapport à 1 pendant la
détente :……………………………………………………………………………….

Déduisons et traçons la direction de VC 4 /1 : voir figure.
- 102 -
ères
 
4- Justifions l’égalité VC 6 /1  VC 5/1 :
……………………………………………………………………………….…………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………

5- En prenant VC 6 /1  3, 6m / s , déterminons graphiquement les
 
vitesses VJ 5/1 et VF 5/1 :
……………………………………………………………………………….…………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………
6- Nature du mouvement de 2 par rapport à 5 :
…………………………………………………………………………………..

Déduisons et traçons la direction du vecteur vitesse VJ 2 /1 :
Voir figure……………………………………………………………..
7- Loi de composition des vitesses en J :
……………………………………………………………………………….…………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………….…………………………………
 
Déduisons graphiquement VJ 2 /1 : On prendra VJ 5/1  2,35m / s .
……………………………………………………………………………….…………………………………

8- On donne MJ=61mm et MA=126mm. En prenant VJ 2 /1  2,8m / s ,
déterminons :

 VA 2 /1 : …………………………………………………………….
…………………………………………………………….
 2 /1 : …………………………………………………………….
…………………………………………………………….
- 103 -
ères
Au dix-huitième siècle, c’est Lagrange et Hamilton qui

construisent la mécanique analytique qui donne aux principes posés par
leurs prédécesseurs une forme définitive lorsque Euler étudie la
mécanique du solide sur laquelle doit s’appuyer le développement
technique et industriel du dix-neuvième siècle.
Chapitre 1 : Généralités sur la RDM……………………………………………………..106

Chapitre 2 : Traction et Compression simples……………………………………..110
Chapitre 3 : Cisaillement simple…………………………………………………..………….115
Problèmes pratiques sur la RDM :……………………………………………………………….120
- 104 -
ères
Objectif :
Maîtriser de manière sommaire les paramètres qui
interviennent lors du choix d’un matériau.
1- But de la RDM :
La RDM a pour but de déterminer la limite de résistance d’un solide
et de définir sa résistance constante d’élasticité. En effet, tout solide
même indéformable comme on le voit en statique se déforme en réalité
et peut se rompre. C’est pourquoi en construction mécanique, on ne
tolère pas les petites déformations. La RDM nous permet grâce aux
calculs d’évaluer la résistance et les déformations.
2- Définition de la poutre :
On appelle poutre en RDM, le solide engendré par une surface plane
dont le centre de gravité se déplace sur une courbe appelée ligne
moyenne.
 Si la ligne moyenne est une droite, la poutre est dite droite.
 Si la ligne moyenne est une courbe, la poutre est dite gauche.
Exemples :
- 105 -
ères
Remarques :
 On considère généralement qu’un solide est en poutre lorsque la plus
grande dimension longitudinale dépasse au moins de 10 fois la plus
grande dimension transversale. L  10d
 Pour une poutre, les sections planes (S1 ; S2 ; S3) sont toujours
perpendiculaires à la ligne moyenne ou fibre neutre et ne doivent
varier que progressivement.
 Les matériaux sont supposés homogènes (même matière en tout
point de la structure) et isotrope (mêmes caractéristiques
mécaniques en tout point du matériau).
 Les déformations dans une poutre sont en général faibles, de l’ordre
du mm.
3- Contraintes dans une poutre :

3.1- Définition :
Soit une poutre que l’on coupe en deux tronçons (1) et (2) ;
chaque portion restant en équilibre. Dans cette section, s’exerce

une force de cohésion F destinée à l’équilibre des actions du tronçon
(2). Considérons une section élémentaire ( S ) de centre M sur

laquelle s’applique une force élémentaire de cohésion F . On appelle

contrainte en M de centre S , la grandeur C m définie par :
 
 F dF
Cm  lim 
S 0 S dS

C m admet des composantes dans le repère (G1, x,y,z ):
   
Cm n Tx Ty
3.2- Unités des contraintes :

L’unité conventionnelle de la contrainte est le Pascal (Pa) mais nous
utilisons souvent les unités telles que le méga Pascal (MPa). En
effet :
 1 Pa = 1 N/m² ;
 1 MPa = 1 N/mm² ;
 1 bar = 105 Pa = 0,1 Mpa.
- 106 -
ères
4- Etude des sollicitations :

4.1- Eléments de réduction dans une section :
Soit une poutre sectionnée en deux parties : les éléments de

 
réduction dans la section S1 de gauche sont R et M :

 Les composantes de R sont :

* N = effort normal porté par x.

* T = effort tranchant dans
le plan (G, y, z).

 Les composantes de M sont :

* Mt = moment de torsion porté par (G, x)

* Mf = moment de flexion dans le plan (G, y, z).
4.2- Tableau récapitulatif des sollicitations :
Sollicitations Efforts Illustrations

N T M t M f
Traction simple >0 0 0 0
Compression simple <0 0 0 0
Cisaillement simple 0 0 0 0
Flexion simple 0 0 0 0
Torsion simple 0 0 0 0
- 107 -
ères
CONNAISSANCE DU COURS
1- Donner l’importance de la RDM.

2- Définir la notion de poutre.
3- Donner la différence entre poutre droite et poutre gauche.
4- Répondre par vrai ou faux :
a) la contrainte dans une poutre est le rapport entre la
force élémentaire de cohésion et la section élémentaire
sur laquelle s’applique cette force.
b) La déformation dans une poutre est de l’ordre du
centimètre.
c) L’unité conventionnelle de la contrainte est le N/m²
5- Citer les formes de sollicitations simples.
6- Quelle différence y’a-t-il entre la flexion simple et le
cisaillement simple ?
7- Quelle différence y’a-t-il entre la traction simple et la
compression simple ?
- 108 -
ères
Objectif :
Dimensionner les poutres soumises aux sollicitations
simples de traction et de compression.
1- Essai de traction :
1.1- Allongement relatif : 
Une poutre est sollicitée en traction chaque fois que les
actions exercées aux extrémités se réduisent à deux forces égales
et opposées de direction la ligne moyenne.
l l  lo
 
L’allongement relatif  est une constante telle que : lo lo
 Les expériences d’essais montrent que les
allongements sont proportionnels aux longueurs initiales.
  n’a pas d’unité.
1.2- Contrainte normale : 

Dans le cas général de la traction, sauf phénomène particulier
de concentration de contrainte, nous admettons que toutes les
contraintes sont uniformément reparties et identiques sur la
section droite So : N

So
N en Newton (N) et So en m² ou en mm²;  en N/m² (Pa) ou en N/mm² (Mpa)
- 109 -
ères
1.3- Courbe des essais :
 OA : zone de déformation élastique : domaine élastique

 AB : zone de transition : domaine de transition
 BC : zone de déformation plastique : domaine plastique.
 NA : Force limite d’élasticité
 Nmax : Force maximale avant la rupture.
1.4- Loi de Hooke :

Dans la zone OA (zone de déformation élastique),
l’effort N de traction est proportionnel à l’allongement Δl :
Le rapport de proportionnalité est le module d’élasticité
longitudinal (ou module de Young) noté E.
N l
  E. Or  Et
N
E
So So lo
N .lo
 l 
E.So
1.4.1- Résistance Pratique élastique (à l’extension) :

NA
 La Résistance élastique est :  e  Re 
So
Re Re
 La Résistance Pratique élastique est donc : Rpe  
s n
s = n = coefficient de sécurité.
1.4.2- Résistance à la rupture :
Par convention, la résistance à la rupture est Rr telle
que : N max
Rr 
So
- 110 -
ères
2- Condition de résistance:
N
Pour des raisons de sécurité, la contrainte normale (   )
So
doit rester inférieure ou égale à la contrainte limite admissible
Re Re
appelée Résistance Pratique à l’Extension ( Rpe   )
s n
N N
 Rpe  S   S min 
N
S Rpe Rpe
Re Re
Avec Rpe   et s = n = coefficient de sécurité.
s n
Remarque :
La condition de résistance d’une poutre soumise à la traction
est la même pour une poutre soumise à la compression.
Applications
Application N°1 :
Soit une poutre de la charpente métallique du hangar de
la maison du parti de Douala. La poutre est en acier E24, la
limite à la rupture est Rr= 38 daN/mm². La limite élastique est
de 24 daN /mm². La poutre est soumise à l’effort de traction
de 120000daN. Le module d’élasticité longitudinal est
2.105N/mm² et le coefficient de sécurité est n = 6.
a) La section est tubulaire de diamètre extérieur 400mm et
d’épaisseur e. déterminer l’épaisseur « e » admissible pour la
construction.
b) La longueur de la poutre est 3,5m pour la partie tubulaire.
Déterminer son allongement et son allongement pour cent.
c) Dans le cas où la section de la poutre serait cylindrique et
pleine, déterminer son diamètre.
d) Déterminer l’effort au delà duquel la poutre peut rompre.
- 111 -
ères
Solution :
a) Condition de résistance :
N N N Re Re
 Rpe  S  et S min  ; or Rpe  
S Rpe Rpe s n
et Re = 24 daN/mm² ; n = 6
 Rpe = 4daN /mm².
D ² d ² 120000
D’où S     D ²  d ²)   120000
4 4 4
12000 120000 120000
 D²  d ²    d²   D ² et d  D ² 
  
 d  349mm d’où d min  349mm
Dd
e 400  349
Or : 2 e
2
Donc : e  26mm
N .lo
b) Allongement de la poutre : l 
E.So
D² d²
Avec : So     30001,42 mm²
4 4
120.3,5
l 
2.10 5.30001,42
l  7.10² mm
Donc :
c) Si la poutre est cylindrique, pleine et de diamètre d, on

a:
N N d ² N 4N
 Rpe  S    d
S Rpe 4 Rpe  .Rpe
4.120
d
3,14.4.10 3
Donc : d = 195,5mm
d)
N max
On a : Rr   N max  Rr.So
So
 N max  38.30001.42 Donc ; Nmax = 1140053,96 daN
- 112 -
ères
Application N° 2 :
Soit le dispositif ci-dessous :
On veut déterminer la déformation subie par la tige 10.
Hypothèse et données :
 La tige 10 est en acier de module de Young E = 2,4.10 4 daN /mm2


 Poussée de l’huile de la tige 10 T = 13500daN
 Diamètre de la tige 10 d10 =75 mm
 Longueur de la tige 10 : L =650 mm
 L’étude est faite à la phase de levage comme sur la figure ci-
dessus.
1- Donner la nature de la sollicitation dans la tige 10.
2- Déterminer la déformation subie par la tige pendant cette phase
Solution :
1- Nature de la sollicitation dans la tige 10 : Compression
2- Déformation subie par la tige pendant cette phase :

N .lo d102 N .lo 4.N .lo
On a : l  ; Or S0   .  l   l 
E.So 4 d 2
E. .d102
E. . 10
4
4.13500.650
 l  ; Donc : l  8, 28.102 mm
2, 4.104.3,14.75²
- 113 -
ères
Objectif:
Dimensionner les poutres soumises au cisaillement simple.
1- Définition:
Une poutre est sollicitée au cisaillement simple lorsqu’elle
est soumise à deux forces directement opposées qui tendent à
la cisailler.
2- Essai de cisaillement:
 L’éprouvette est une poutre avec une section bien connue.

 La machine d’essai est semblable à une cisaille.
 L’éprouvette est encastrée à une de ses extrémités.
 On applique le plus près possible de la section encastrée un effort

tranchant T perpendiculaire à l’axe de la poutre.
 On fait croître progressivement cet effort et on mesure chaque
fois le glissement y produit et on trace la courbe.
3- Contraintes de cisaillement :
 On admet que les contraintes de cisaillement à l’intérieur de la
poutre sont uniformes sur toute la section cisaillée :
- 114 -
ères
T
 
S
 La contrainte à la rupture est : T max

 . max 
S
4- Condition de résistance :
Rpg = résistance pratique de cisaillement (glissement).
Reg= résistance de cisaillement. T Re g Re g
  Rpg   
s = n = coefficient de sécurité. S s n
S = section admissible.
Applications
Application N° 1 :
Soit le dispositif ci-contre :
On donne : F = 10000daN et Rpg = 50 N /mm².
Déterminer le diamètre admissible pour que cet axe cylindrique
supporte les charges.
Solution:
F d ²
  et S 
S 4
4F
Condition de résistance :  Rpg   Rpg
d ²
4F
d
  .Rpg Donc : d  5, 047 mm
- 115 -
ères
Application N° 2 :
Soit le dispositif ci-dessous :
On veut déterminer l’épaisseur admissible e de l’axe 13.
 L’axe 13 est en acier de résistance limite élastique  e = 240
N/mm². Pour cette nuance d’acier, on a  eg  0,7 e


 coefficient de sécurité adopté s = 6
 L’étude est faite à la phase de levage comme sur la figure ci-
dessus.
1- Quelle est la nature de la sollicitation de l’axe 13 ?
2- Déterminer la section admissible sollicitée et en déduire
l’épaisseur admissible e de cet axe.
- 116 -
ères
Solution :
1- Nature de la sollicitation de l’axe 13 :
Cisaillement simple.
2-
 Section admissible sollicitée :

 eg 0, 7 e T
Condition de résistance :    pg or  pg    ; Or  
s s S
T 0, 7 e
 
S s
T 0, 7 e T .s
Pour la section admissible,  S
S s 0, 7 e
1350.6
S
0, 7.240
Donc : S  48, 21mm²
 Epaisseur admissible e de cet axe.
 .d ² 4.S 4.48, 21
S d d
4  3,14
Donc : d  7,836mm
- 117 -
ères
CONSOLIDATION
Soit l’articulation en chape ci-dessus, L’axe (2) subit

deux efforts identiques appliqués symétriquement sur le solide
(1) et sur le solide (3).
On donne : F = 15000daN ; Reg = 120N/mm²
s = 4 : Coefficient de sécurité.
1- Quelle est la nature de la sollicitation dans l’axe (2) ?
2- Déterminer le diamètre admissible pour cet axe.
- 118 -
ères
 Problème résolu N° 1 :……………………………………………121

 Problème résolu N° 2 :…………………………………………...123
- 119 -
ères
Un réservoir cylindrique contenant 3,5 m3 d’eau et dont le

poids propre P= 8000 N est soutenue symétriquement par trois
colonnes en maçonnerie de diamètre d.
Déterminer le diamètre de chaque colonne.
On donne :
 Contrainte admissible à la compression Rp = 2 N/mm² ;
 Le poids des colonnes est négligé ;
 Prendre g = 9,81 N/kg.
Solution :
 Cherchons d’abord le poids de l’eau :
Pe  me .g
me
e   me  e .ve
On a : ve Pe  me .g ;
Pe  34335 N
F  42355 N
me
Or e   me  e .ve , d’où Pe  e .ve .g
ve
A.N : Pe  1000 x3,5 x9,81  Pe  34335 N
 Cherchons la force totale supportée par les trois colonnes :
On a : F  P  Pe  F  34335  8000  F  42355 N
- 120 -
ères
 D’où la force supportée par chaque colonne est :

Fi
 Rp
d²
.
4
F
4.Fi   .d ².Rp Fi   14118,333 N
3
d  94,8mm
d²
S  .
4
Fi
 Condition de résistance :  Rp
S
d²
Or S   .
4
Fi
  Rp
d²
.
4
 4.Fi   .d ².Rp
4.Fi
d ; d’où d  94,8mm
 .Rp
Donc on peut prendre d = 95mm
- 121 -
ères
Un poteau cylindrique creux en fonte de 3 m de haut

supporte une charge N = 105N. On donne :
 La limite élastique Re = 160 N/mm² ;
 Le module de Young E = 1,5x105 N/mm² ;
 Le coefficient de sécurité s=8.
Questions :
1- Calculer la section nécessaire du poteau.
2- Calculer le raccourcissement Δl et en déduire le
raccourcissement pour cent.
3- Calculer le diamètre intérieur du poteau sachant que le
diamètre extérieur est D = 0,30 m.
4- Calculer l’épaisseur minimale du poteau.
Solution :
1- Calcul de la section du poteau :
N Re N .
Condition de résistance :    S
S  Re
105.8
A.N : S   S  5000mm²
160
2- Calcul du raccourcissement :
l N Nl
On a :   l 
l E.S E.S
5
10 x3000
A.N : l   l  0, 4mm
1,5 x105 x5000
l
Le raccourcissement pour cent est : x100
l
l 0, 4 l
A.N : x100  x100 Donc : x100  0, 013%
l 3000 l
3- Calcul du diamètre intérieur du poteau :

 ( D ²  d ²) 4S
On a : S   d  D² 
4 
45000
A.N : d  300²  Donc : d  289,18mm
3,14
- 122 -
ères
La difficulté traditionnelle du certificat de Mécanique Appliquée

réside non pas seulement dans l’assimilation du cours mais et surtout dans
sa présentation à l’apprenant. C’est pourquoi il nous a paru indispensable
comme synthèse, de proposer quelques sujets types d’examens « cousus à
la mesure » du physicien pour une récolte facile.
Thème N°1 : Massicot ou coupe papier…………………………………………………………….……125

Thème N°2 : Mécanisme de bouchage des bouteilles………………………………….137
Thème N°3 : Grue de chargement…………………………………………………………………….………147
- 123 -
ères
Thème N° 1 : MASSICOT OU COUPE PAPIER.
Figure 1
1. PRESENTATION :
Le mécanisme représenté ci-dessus est un massicot utilisé pour couper

des liasses de papiers 7.Pour cela il faut appliquer en A une force Q . Le ressort
8 permet un rappel rapide de la lame 5.
- 124 -
ères
2- TRAVAIL A FAIRE :
-A- STATIQUE :
La résistance de la liasse de papier sur la lame

est I7 / 5  3200N . On se propose de déterminer l’effort

minimal Q qu’il faut exercer sur le levier 1 en A, pour
sectionner la liasse de papier.
On prendra, Echelle des forces : 1cm  800N.
-A.1- Proposer un ordre d’isolément des pièces du mécanisme
-A.2- Equilibre du levier 4 :
Le levier 4 étant isolé, y appliquer le principe
Fondamental de la Statique et déduire le support des actions
mécaniques qui le sollicitent. Représenter ces forces.
-A.3- Equilibre du couteau 5 :
-A.3.1- Le couteau 5 étant isolé, énoncer le théorème d’un solide
en équilibre sous l’action de trois forces.
 
-A.3.2- Déterminer graphiquement K4 / 5 et F3 / 5 .
-A.4.1- Le levier 3 étant isolé, faire le bilan des forces extérieures

-A.4.2- Appliquer la méthode de Culman pour déterminer H6 / 3 ;
  
E8 / 3 et D2 / 3 .On prendra : F5 / 3  2800N
-A.4.3- Equilibre de la pièce 2 :

 
En isolant la pièce 2, on trouve que D2 / 3 = B1 / 2 .Enoncer le
principe qui justifie cette égalité.
-A.5.1- Le levier 1 étant isolé, faire le bilan des forces extérieures
 
-A.5.2- Calculer analytiquement les intensités des forces Q et C6 / 1 .
-A.6- Calculer la force de frottement du papier sur le couteau.
-B- CINEMATIQUE :
L’étude cinématique est faite au début de l’opération de coupe et à
cette phase, le levier occupe la position indiquée sur la figure 2. On se
- 125 -
ères
propose de déterminer la vitesse de coupe à cet instant.
-B.1- Comparer en justifiant les vecteurs vitesses suivants :

     
a) VB1 / 6 et VB2 / 6 b) VD2 / 6 et VD3 / 6 c) VF3 / 6 et VF5 / 6 .
-B.2- Quelle est la nature du mouvement de 1 par rapport à 6 ?
-B.3- On prendra comme échelle des vitesses : 1cm  2 cm/s.

-B.3.1- Sachant que VA1 / 6  15cm / s , Déterminer graphiquement

VB1 / 6 .

-B.3.2- Vérifier analytiquement le calcul de VB1 / 6 .
-B.4- Quelle est la nature du mouvement de 3 par rapport à 6 et
de celui de 2 par rapport à 6 ?
-B.5- Déterminer sur la figure 2 le CIR I2/6.
-B.6- On donne les distances : BI2/6=252 mm et DI2/6=255 mm.

Calculer le module du vecteur vitesse VD2 / 6 .

-B.7- On suppose que VD3 / 6  2cm / s . Déterminer graphiquement
 
la vitesse VF 3 / 6 et en déduire VI5 / 6 .
-C- RESISTANCE DES MATERIAUX :

On se Propose d’étudier la résistance du levier 4 dans le but de le
dimensionner.
 Le levier 4 est tubulaire, en acier
de module de Young E= 2,4.10 5 N /mm2
 La limite élastique est Re = 160 N/mm² ;
 Le diamètre extérieur du levier 4 est d=75 mm
 La longueur du levier 4 est L = 650 mm
 Le coefficient de sécurité adopté est s = 6
 L’étude est faite au pendant la phase de coupe du papier.

 On donne K5/4 =1760N
-C.1- Donner la nature de la sollicitation dans le levier 4.
-C.2- Déterminer la section admissible du levier 4 et en déduire
son diamètre intérieur
-C.3- Déterminer la déformation subie par le levier pendant cette
phase.
- 126 -
ères
FEUILLE REPONSES
-A- STATIQUE :
-A.1- Proposons un ordre d’isolément des pièces du mécanisme :
……………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………

PFS :………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………
- 127 -
ères
FEUILLE REPONSES
-A.3.1- Théorème d’un solide en équilibre sous l’action de trois

forces :………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………
 
-A.3.2- Déterminons graphiquement K4 / 5 et F3 / 5 :
…………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………
- 128 -
ères
FEUILLE REPONSES
-A.4.1- Bilan des forces extérieures:

-A.4.2- Appliquons la méthode de Culman pour déterminer H6 / 3 ;
  
E8 / 3 et D2 / 3 .On prendra : F5 / 3  2800N
………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………
- 129 -
ères
FEUILLE REPONSES
 
D2 / 3 = B1 / 2 : Enonçons le principe qui justifie cette égalité :
……………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………..
 
-A.5.2- Calculons analytiquement les intensités de Q et C6 / 1 :
- 130 -
ères
FEUILLE REPONSES
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
….................................................…………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
-A.6- Force de frottement du papier sur le couteau :
…………………………………………………………………………………………………………………………
-B- CINEMATIQUE :
-B.1- Comparons en justifiant les vecteurs vitesses suivants :
 
a) VB1 / 6 et VB2 / 6 :……………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………….
 
b) VD2 / 6 et VD3 / 6 :……………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………….
 
c) VF3 / 6 et VF5 / 6 :…………………………………………………………………………………..
…………………………………………………………………………………..
-B.2- Nature du mouvement de 1 par rapport à 6 :
…………………………………………………………………………………………………..

-B.3.1- Sachant que VA1 / 6  15cm / s ,

Déterminons graphiquement VB1 / 6 :
…………………………………………………………………………………………………
- 131 -
ères
FEUILLE REPONSES

-B.3.2- Vérifier analytiquement le calcul de VB1 / 6 :
……………………………………………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………..

………………………………………………………………………………………………………
Nature du mouvement de 2 par rapport à 6 :
……………………………………………………………………………………………………..
-B.5- CIR I2/6 :…………………………………………………………………………………….

Calculons le module du vecteur vitesse VD2 / 6 :
……………………………………………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………..

-B.7- On suppose que VD3 / 6  2cm / s .

Déterminons graphiquement la vitesse VF3 / 6 :……………………
……………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………..

Déduisons VI5 / 6 :……………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………………………. …
…………………………………………………………………………………………………..……
………………………………………………………………………………………………...
- 132 -
ères
FEUILLE REPONSES
- 133 -
ères
- 134 -
ères
FEUILLE REPONSES
-C.1- Nature de la sollicitation dans le levier 4 :

…………………………………………………………………………………………………………………
-C.2- Section admissible du levier 4 :
………………………………………………………………………………………………………………….
…………………………………………………………………………………………………………………..
…………………………………………………………………………………………………………………..
…………………………………………………………………………………………………………………….
…………………………………………………………………………………………………………………….
Déduisons son diamètre intérieur :

………………………………………………………………………………………………………………….
…………………………………………………………………………………………………………………..
…………………………………………………………………………………………………………………..
-C.3- Déterminons la déformation subie par le levier pendant cette

phase :
…………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..
…………………………………………………………………………………………………………………..
…………………………………………………………………………………………………………………….
…………………………………………………………………………………………………………………….
- 135 -
ères
Thème N° 2 : MECANISME DE BOUCHAGE DES BOUTEILLES
I- PRESENTATION DU MECANISME:
figure1 :
- 136 -
ères
I- MISE EN SITUATION ET DESCRIPTION :

Le dessin de la figure 1 ci-dessus représente un mécanisme de bouchage
des bouteilles entièrement automatisé. Les bouteilles à boucher parviennent
sous le mécanisme par un tapis roulant. Le cycle de bouchage est le suivant :
1- Arrivée d’une bouteille sous le mécanisme.
2- Montée du plateau mobile porteur d’une bouteille.
3- Descente du levier 1 commandé par le vérin 4+5.
4- Remontée du levier 1.
5- Descente du plateau mobile.
6- Avance de la bouteille bouchée et arrivée d’une autre bouteille.
II- TRAVAIL A FAIRE :
A- STATIQUE :

But : Déterminer l’effort de bouchage T1b / 1 .
Hypothèses et données :
 Tous les contacts sont sans frottement sauf dans les paliers M et N où le
coefficient de frottement est f =0,25.
 Le mécanisme admet un plan de symétrie qui est celui de la figure. Tous les
efforts considérés sont dans ce plan.

 L’action du vérin 4 sur le levier 2 est D4/2 = 4000N .
A.1- Etude de l’équilibre de 4+5 :
4+5 étant isolés, appliquer le principe fondamental de la statique à son
 
équilibre et en déduire les droites d’action et les sens des efforts D2/4 et E0/5 .
A.2- Etude de l’équilibre de 3 :
3 étant isolé, appliquer le principe fondamental de la statique à son équilibre
 
et en déduire les droites d’action et les sens des efforts B2 / 3 et A0 / 3 .
A.3.1- 2 étant isolé, compléter le tableau du bilan des forces extérieures qui
lui sont appliquées.
 
A.3.2- Déterminer analytiquement les actions mécaniques B3/2 et C1/2 .
A.4.1- 1 étant isolé, compléter le tableau du bilan des forces extérieures qui
A.4.2- Après avoir justifié les constructions, déterminer graphiquement par la
  
méthode de CULMAN les modules des efforts M0/1 , N0/1 et T1b/1 .

Prendre : C2/1 = 8100N et son support est indiqué; Echelle : 1cm  800N.
B- CINEMATIQUE :

But : Déterminer la vitesse de sortie VD4/5 de la tige 4 du vérin, afin d’évaluer
la pression nécessaire à l’intérieur du cylindre 5.
- 137 -
ères
 Dans la position de la figure 2, la vitesse de descente de la tige 1(vitesse
de bouchage d’une bouteille) est V=9.10-2 m/s.
 Echelle des vitesses : 1mm   2mm/s
B.1- Etude du mouvement de 1 par rapport à 0.

B.1.1- Quelle est la nature du mouvement de la pièce 1 par rapport à 0 ?
B.1.2- Déterminer graphiquement les positions extrêmes C0 et C2 du point C.

B.1.3- Tracer le vecteur vitesse VC1/0 sur la figure 2.
 
B.1.4- Comparer les vecteurs vitesses VC1/0 et VC2/0 . Justifier votre réponse.
B.2.1- Quelle est la nature du mouvement de 3 par rapport à 0 ?

B.2.2- En déduire et tracer la direction de la vitesse VB3/0 .
 
B.2.3- Comparer en justifiant VB3/0 et VB2/0 .
B.3.1- Quelle est la nature du mouvement de 2 par rapport à 0 ?
B.3.2- Déterminer la position du centre instantané de rotation I2/0 de 2 dans
son mouvement par rapport à 0 et le tracer.

B.3.3- En déduire graphiquement le module de VD2/0 .
 
B.3.4- Montrer que VD2/0 = VD4/0 .
B.4- Etude du mouvement du vérin 4+5 par rapport à 0.
B.4.1- Quelle est la nature du mouvement de 4 par rapport à 5 ? En déduire le

tracé du vecteur vitesse VD4/0 .
B.4.2- Quelle est la nature du mouvement du corps de vérin 5 par rapport à

0 ? En déduire le tracé du vecteur vitesse VD5/0 .
B.4.3- Ecrire la relation de composition de vitesse en D entre 5, 4, et 2 et en

déduire graphiquement la direction et le module de VD4/5 .
C- RESISTANCE DES MATERIAUX :

But : Dimensionner l’axe 7.
 L’axe 7 est en acier de résistance limite élastique  e = 240 N/mm². Pour cette
nuance d’acier, on a  eg  0, 7  e

 C2/1 = 8100N
C.1- Quelle est la nature de la sollicitation de l’axe 7?
C.2- Déterminer la section admissible sollicitée de l’axe 7.
C.3- En déduire l’épaisseur admissible e de cet axe.
- 138 -
ères
FEUILLE REPONSES
A- Statique :
- 139 -
ères
- 140 -
ères
FEUILLE REPONSES
A- Statique :
4+5 étant isolés, appliquons le principe fondamental de la statique à son


équilibre et en déduisons les droites d’action et les sens des efforts D2/4 et

E0/5 .………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
3 étant isolé, appliquons le principe fondamental de la statique à son

 
équilibre et déduisons les droites d’action et les sens des efforts B2/3 et A0/3 .
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………………
A.3.1- 2 étant isolé, complétons le tableau du bilan des forces extérieures qui
 
A.3.2- Déterminons analytiquement les actions mécaniques B3/2 et C1/2 :
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………..................................................................................................................
- 141 -
ères
FEUILLE REPONSES
A.4.1- 1 étant isolé, complétons le tableau du bilan des forces extérieures qui
A.4.2- Après avoir justifié les constructions, déterminons graphiquement

  
par la méthode de CULMAN les modules des efforts M0/1 , N0/1 et T1b/1 .
Echelle : 1cm  800N.
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………
- 142 -
ères
FEUILLE REPONSES
B- CINEMATIQUE :
- 143 -
ères
FEUILLE REPONSES
B.1- Etude du mouvement de 1 par rapport à 0 :
B.1.1- Nature du mouvement de la pièce 1 par rapport à 0 :
......................................................................................................................
B.1.2- Positions extrêmes C0 et C2 du point C.
.........................................................................................................................................
........................................................................................................................

B.1.3- Traçons le vecteur vitesse VC1/0 sur la figure 2 :
......................................................................................................................
 
B.1.4- Comparons en justifiant les vecteurs vitesses VC1/0 et VC2/0 :
………………………………………………….................................................................................................
………………………………………………….................................................................................................
B.2.1- Nature du mouvement de 3 par rapport à 0 :
......................................................................................................................

B.2.2- Traçons la direction de la vitesse e VB3/0 :
......................................................................................................................
 
B.2.3- Comparons en justifiant VB3/0 et VB2/0 :
…………………….....................................................................................................................
………………………………………………….................................................................................................
B.3.1- Nature du mouvement de 2 par rapport à 0 :………………………………….
B.3.2- Position du centre instantané de rotation I2/0 : ……………………………...


B.3.3- Déduisons graphiquement le module de VD2/0 …………………………………
- 144 -
ères
FEUILLE REPONSES
 
B.3.4- Montrons que VD2/0 = VD4/0 :
.........................................................................................................................................
....................................................................................................
B.4.1- Nature du mouvement de 4 par rapport à 5 :…………………………………..


Déduisons le tracé du vecteur vitesse VD4/0 :………………………………….
B.4.2- Nature du mouvement du corps de vérin 5 par rapport à 0 :
.......................................................................................................................

En déduisons le tracé du vecteur vitesse VD5/0 :………………………………
B.4.3- Relation de composition de vitesse en D entre 5, 4, et 2 :
.........................................................................................................................................
....................................................................................................

Déduisons graphiquement la direction et le module de VD4/5 :
.......................................................................................................................
C.1- Nature de la sollicitation de l’axe 7…………………………………………
C.2- Déterminons la section admissible sollicitée de l’axe 7 :
.........................................................................................................................................
............................................................................................................................. ............
.........................................................................................................................................
C.3- Déduisons l’épaisseur admissible e de cet axe :
.........................................................................................................................................
.........................................................................................................................................
.........................................................................................................................................
................................................................................................................................. ........
- 145 -
ères
Thème N° 3 : GRUE DE CHARGEMENT
I- MISE EN SITUATION ET DESCRIPTION
Le véhicule proposé à la figure 1 à l’échelle réduit est destiné au
déchargement des matériaux, et des marchandises.
L’engin se compose d’une tourelle pivotante1 articulée sur le châssis 0
(pivot d’axe vertical), d’un bras de manœuvre 2 articulée en N sur la tourelle
et d’une flèche télescopique 3+4 articulée en M sur le bras 2.
La flèche télescopique est composée de deux tubes carrés emboîtés l’un
dans l’autre. Le mouvement de télescopage est réalisé par le vérin
hydraulique 5+6 (5= corps, 6= tige). Le vérin est articulé en E sur 3 et en C
sur 4. Le mouvement est facilité par deux galets de roulements 7+8. Les
galets 7 et 8 sont articulés respectivement sur 4 et 3.
Le mouvement de levage de l’ensemble de la flèche est fourni par le vérin
hydraulique 9+10. Le vérin est articulé en F sur 2 et en T sur 3.
La manœuvre sur le bras 2 est réalisée par le vérin 11+12. Le vérin est
articulé en P sur 2 et en R sur 1.


L’étude est effectuée dans le plan de symétrie de l’appareil. Q

Schématise le poids de la charge à soulever, Pf le poids de l’ensemble de la
flèche. Les poids des vérins sont négligés.
- 146 -
ères
- 147 -
ères
II- TRAVAIL A FAIRE
A- ETUDE STATIQUE
1ére partie : Etude de la stabilité du véhicule.
But : Déterminer le poids maximal que la grue peut soulever sans risque de
basculement.
Hypothèse :
 L’ensemble est en équilibre dans la position de la figure 1
 Le poids propre du véhicule est appliqué en G’et a pour module 3000 daN, et

Pf celui de l’ensemble de la flèche de module 1000 daN, appliqué en G
 Le sol est parfaitement horizontal et les forces de frottement y sont
négligées.
A.1.1- Ecrire la condition de non basculement du véhicule.

A.1.2- En déduire le module du poids maximal de la charge QMAXI à soulever.
A.1.3- Déterminer les réactions du sol en H et K :
2éme partie : Equilibre du vérin.
But : Déterminer la pression nécessaire dans le vérin 9+10 pendant

l’élévation la charge. Pour cela, il faut déterminer les actions mécaniques
en A, B et C.
 L’ensemble admet un plan de symétrie qui est celui de la figure 1
 Les liaisons en A ,B ,C ,D ,E ,F ,M,N ,P ,R ,et,T sont des liaisons
pivots dont les centres portent le même nom
 Toutes les liaisons sont parfaites
 Le vérin travaille en traction
 On suppose que la charge soulevée a un poids de module
Q= 1500 daN
 Echelle des forces : 1 cm  1000 daN.
A.2.1- Isoler les vérins 5+6 et 9+10, énoncer le principe fondamental de la
statique et en déduire le support des actions en E et T.
A-2.2- Isoler l’ensemble de la flèche (3+4+5+6+7+8)

A-2.2.1- Remplir le tableau bilan des forces extérieures qui le sollicitent.
- 148 -
ères
  
A-2.2.2- Déterminer la position de R résultante de Q et Pf par rapport au
point G. On notera I le point de la direction de cette résultante.
A-2.2.3- Déterminer graphiquement les actions mécaniques en M et T
A-2.3- Isoler l’ensemble 4+7en position relevée,
A-2.3.1- Remplir le tableau bilan des forces extérieures qui le sollicitent.
A-2.3.2- En appliquant la méthode de Culman, déterminer les actions
mécaniques en B et C
B- ETUDE CINEMATIQUE
But : Déterminer la vitesse du point D appartenant à la flèche 3+4 dans

son mouvement par rapport à la tourelle pivotante 1.
 Le dispositif occupe la position de la figure 2
 La tige 12 sort dans le corps 11 à la vitesse uniforme de 20 cm / s
 Le vérin 9+10 ne travaille pas dans cette phase
 Echelle des vitesses : 1cm  10 cm/s
B-1- Donner la nature du mouvement de 12 par rapport à 11.Déterminer


et tracer le vecteur vitesse VP12 / 11
B-2-a) Quelle est la nature des mouvements de 2 et 11 par rapport à 1 ?

 
En déduire et tracer les directions des vitesses VP2 / 1 et VP11/1
 
B-2-b) Justifier l’égalité suivante : VP2 / 1 = VP12 / 1
B-3- Ecrire la relation de composition des vitesses au point P entre 12,1


et 11. On exprimera VP12 / 1 en fonction des autres vitesses.
 
B-4- Déterminer graphiquement les vitesses VP11 / 1 et VP12 / 1
 
B-5- Déterminer graphiquement VM2 / 1 . Prendre VP2 / 1 =22cm/s
B-6- Donner la nature du mouvement de la flèche 3+4 par rapport à 1. En

déduire la position du CIR(3+4) .
- 149 -
ères

B-7- Déterminer graphiquement VD4 / 1 .
C- RESISTANCE DES MATERAUX
But : Déterminer la déformation subie par la tige 10 et l’épaisseur

admissible e de l’axe 13.
 La tige 10 est en acier de module de Young E= 2,4.10 4 daN /mm2
 L’axe 13 est un tube cylindrique plein en acier de résistance limite
élastique σ e = 240 N/mm². Pour cette nuance d’acier, on a σ eg = 0, 7σ e

 Diamètre de la tige 10 d10 =75 mm
 Longueur de la tige 10 : L =650 mm
 coefficient de sécurité adopté s = 6
 L’étude est faite pendant la phase de soulèvement (figure 1)
C-1- Etude de la tige 10
C-1.1- Donner la nature de la sollicitation dans la tige 10.
C-1.2- Déterminer la déformation subie par la tige pendant cette phase. (fig 1)
C-2- Etude de l’axe 13
C-2.1- Quelle est la nature de la sollicitation de l’axe 13 ?
C-2.2- Déterminer la section admissible sollicitée et en déduire l’épaisseur

admissible e de cet axe.
- 150 -
ères
FEUILLE REPONSES
A- ETUDE STATIQUE
 1ére partie
A-1.1- condition de non basculement du véhicule :…………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………

A-1.2- poids maximal de la charge QMAXI à soulever :
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………

QMAXI = ……………….
A-1.3- Réaction du sol en H et K :
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
- 151 -
ères
FEUILLE REPONSES
 2éme partie
A-2.1- Isolons les vérins 5+6 et 9+10
PFS :
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………
Support de l’ action mécanique en E :………………………………
Support de l’ action mécanique en T :………………………………
A-2.2- Isolons l’ensemble de la flèche (3+4+5+6+7+8)
A-2.2.1- Tableau bilan des forces extérieures
Forces Pt. d’Appl Direction Sens Module
- 152 -
ères
FEUILLE REPONSES
  
A-2.2.2- Position de R résultante de Q et Pf par rapport au point G :
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………
A-2.2.3- Détermination graphique des actions mécaniques en M et T :
- 153 -
ères
FEUILLE REPONSES
A-2.3- Isolons l’ensemble 4+7en position relevée
A-2.3.1- Tableau bilan des forces extérieures:
A-2.3.2- En appliquant la méthode de Culman, déterminons les actions
mécaniques en A, B et C
 
B8 / 4 =…………………… C6 / 4 = …………………
- 154 -
ères
FEUILLE REPONSES
B- ETUDE CINEMATIQUE
B-1- Nature du mouvement de 12 par rapport à 11 :
……………………………………………………………………………………………………………………………………

Déterminons et traçons le vecteur vitesse VP12 / 11 :………………………………………
B-2-
a) Nature du mouvement de 2 par rapport à 1 : ……………………………
Nature du mouvement de 12 par rapport à 1 : ……………………………


Support de VP2 / 1 : ……………………………………………………………

Support de VP12 / 1 : ………………………………………………………………………
 
b) Justifions l’égalité suivante : VP2 / 1 = VP12 / 1
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
B-3- Relation de composition des vitesses au point P :
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………
 
B-4- Détermination graphique des vitesses VP11/1 et VP12 / 1 :
 
VP11/1 …………………… VP12 / 1 = ……………………
 
B-5- Détermination graphique de VM2 / 1 . Prendre VP2 / 1 =22cm/s

VM2 / 1 = ………………………………………
B-6- Nature du mouvement de la flèche 3+4 par rapport à 1 :
…………………………………………………………………………………………
Position du CIR(3+4)………………………………………………………………

B-7- Détermination graphique de VD4 / 1 .

VD4 / 1 =…………………………………………………………
- 155 -
ères
FEUILLE REPONSES
- 156 -
ères
FEUILLE REPONSES
C-1 Etude de la tige 10
C-1.1- Nature de la sollicitation dans la tige 10 :
…………………………………………………………………………………………
C-1.2- Détermination de la déformation :
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
C-2.1- Nature de la sollicitation de l’axe 13
……………………………………………………………………………………
C-2.2- Détermination de la section admissible :
……………………………………………………………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………………………………………………………
Epaisseur admissible e de 13
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………
- 157 -
ères
Correction des sujets d’examen
Correction du thème N°1…………………………………………………………………160

Correction du thème N°2………………………………………………………………..169
Correction du thème N°3………………………………………………………………..177
- 158 -
ères
Correction du thème 1
-A- STATIQUE :
-A.1- Proposons un ordre d’isolément des pièces du mécanisme :
4–8–5–3–2-1
    
 Fext =0;  M(J)Fext  0
  
⇒ J6/4 +K 5/4 =0
PFS :  
⇒ J6/4 =-K 5/4
 
⇒ J6/4 = K 5/4
 
D’où K 5/4 et J6/4 ont même support, la droite (JK) mais de
sens opposés.
- 159 -
ères
FEUILLE REPONSES
-A.3.1- Théorème d’un solide en équilibre sous l’action de trois

forces : Pour un solide soumis à l’action de 3 forces, soit
les trois forces ont des directions parallèles, soit les
directions des trois forces concourent vers un même point.
 
-A.3.2- Déterminons graphiquement K 4 / 5 et F3 / 5 :
 
F3/5  3,4cm  F3/5 =2720N
 
K 4/5  2,2cm  K 4/5 = 1760N
- 160 -
ères

 H ?
H 6/3

E8/3 E ?
 D ?
D 2/3
 F 2800N
F5/3

-A.4.2- Appliquons la méthode de Culman pour déterminer H 6 / 3 ;
  
E8 / 3 et D2 / 3 .On prendra : F5 / 3  2800 N
 
H 6/3  2cm  H 6/3 = 1600N
 
E8/3  2,8cm  E8/3 = 2240N
 
D 2/3  2,5cm  D 2/3 = 2000N
- 161 -
ères
- 162 -
ères

 
D2 / 3 = B1 / 2 : Enonçons le principe qui justifie cette égalité :
 
 Fext = 0
  
 D 3/2 + B 1/2 = 0
 
 D 3/2 =-B 1/2
 
Or - D 3/2 = D 2/3
 
Donc : D2/3 = B 1/2


Q A ?

B 2/1 B 2000N

C 6/1 C ? ? ?
 
-A.5.2- Calculons analytiquement les intensités de Q et C6 / 1 :
- 163 -
ères
  
 M F 0
(C ) ext
Q .7 , 5 a.cos 30  B 2 / 1 .a  0
 6,495.Q .a  B 2 / 1 .a  0
B2 / 1 2000
Q  
6,495 6,495
 Q  307 , 92N
 
 F ext 0
 -Q.sin30°   0   Cx   0 
 +  +   
 B   Cy 
 -Q.cos30°   2/1    0
 Cx  -Q.sin30° et Cy= Q.cos30° - B 2/1
 Cx  -Q.sin30° = 307, 92.sin30 = 153, 96N
Cy=Q.cos30° - B 2/1  307, 92.cos30° - 2000  1733,32N
 2 2
D’où : C 6/ 1  153, 96    1733, 32 

Donc : C 6/ 1  1740, 144N
-A.6- Force de frottement du papier sur le couteau :
f
sin 10   f  I 7 /5 . sin 10
I 7 /5
Donc : f  555 ,648N
-B- CINEMATIQUE :
-B.1- Comparons en justifiant les vecteurs vitesses suivants :
   
a) VB1 / 6 et VB 2 / 6 : V V F3/6 F 5 /6
 
Donc : VB1 /6  VB2 /6
      
b) VD 2 / 6 et VD 3 / 6 : V  V  V ;orV  0
 D3/6 D3/2 D2 /6 D3/2
Donc : VD2 /6  VD3/6
      
c) VF 3 / 6 et VF 5 / 6 : V
F3/6  VF3/5  VF5 /6 ;orVF3/5  0
 
Donc : VF3/6  VF 5 /6
- 164 -
ères

Rotation de centre C

-B.3.1- Sachant que V A1 / 6  15cm / s ,

Déterminons graphiquement VB1 / 6 :
 
VB1 /6  1cm ; Donc : VB1 /6  2cm / s

-B.3.2- Vérifions analytiquement le calcul de VB1 / 6 :
 
VA1 /6 VB1 /6  BC  a
  VB1 /6  VA1 /6  .15
AC BC AC 7,5a

Donc : VB1 /6  2cm / s
Mouvement de rotation de centre H
Mouvement plan général
-B.5- CIR I2/6 : Point de concours entre (BC) et (HD)

Calculons le module du vecteur vitesse VD 2 / 6 :
 
VB2 /6 VD2 /6  DI 
  VD2 /6  2 /6 VB2 /6
BI2 /6 DI2 /6 BI2 /6
 255 
VD2 /6  .2 Donc : VD2 /6  2 , 023cm / s
252

-B.7- On suppose que VD 3 / 6  2cm / s .

Déterminons graphiquement la vitesse VF 3 / 6 :
 
VF3/6  1, 3cm Donc : VF3/6  2 ,6cm / s

Déduisons VI 5 / 6 :
 
Par équiprojectivité, VI5 /6  2, 5 cm Donc : VI5 /6  5 cm / s
- 165 -
ères
- 166 -
ères
-C.1- Nature de la sollicitation dans le levier 4 :

Traction simple
-C.2- Section admissible du levier 4 :
Condition de résistance :
 
Re K 5 /4 K 5 /4
 S .s
s S Re
1760
S x6 ; Donc : S  66mm 2
160
Déduisons son diamètre intérieur :

.de2 .d2
S  i
4 4
.d2 .de2
 i  S
4 4
4.S
d  de2 
i 
4.66
d  75 2 
i 3, 14
Donc : di  74mm
-C.3- Déterminons la déformation subie par le levier pendant cette

phase :
l K 5 /4 l. K 5 /4
  l 
l E.S E.S
650 x1760
l  Donc : l  0,0722mm
2, 4.10 5 x66
- 167 -
ères
A- Statique :
- 168 -
ères
- 169 -
ères
A- Statique :
4+5 étant isolés, appliquons le principe fondamental de la statique à son


équilibre et en déduisons les droites d’action et les sens des efforts D2/4 et

E0/5 :
    
 Fext  0  D 2 /4  E 0/5  0
P.F.S :    
 D 2 /4  E 0/5 et D 2 /4  E 0/5
Donc : Ces forces ont même support, la droite (DE).

3 étant isolé, appliquons le principe fondamental de la statique à son

 
équilibre et déduisons les droites d’action et les sens des efforts B2/3 et A0/3 .
    
 Fext  0  B 2 /3  A0/3  0
P.F.S :    
 B 2 /3   A0/3et B 2 /3  A0/3
Donc : Ces forces ont même support, la droite (AB).

A.3.1- 2 étant isolé, complétons le tableau du bilan des forces extérieures qui lui
sont appliquées.


D 4/2 D 4000N

C 1/2 C ? ? ?

B 3/2 B ?
- 170 -
ères
 
A.3.2- Déterminons analytiquement les actions mécaniques B3/2 et C1/2 :
  B 3/2 .cos     Cx    D 4/2 . sin  

B 3/2  ;C ;D
 B 3/2 . sin   1/2  Cy   D 4/2 .cos  
   
 
 M F 0
C  ext
     111   B 3/2 .cos  
M C B 3/2  CB  B 3/2      B 
   9.2   3/2 . sin  


 105 , 103.B 3/2  2, 958.B 3/2 k 


 108,061.B 3/2 k 
     121, 5   535 , 944 
M C D 4/2  CD  D 4/2      3963, 932 
   10   

 481617 , 738  5359, 44 k

 476258, 298 k
 476258, 298 
D’où : B 3/2  Donc : B 3/2  4407 , 30N
108,061
 
 F
ext  0
 B 3/2 .cos    Cx   D 4/2 . sin    0 

 B . sin     Cy    D .cos    0
 3/2     4/2   
 Cx  535 , 944  1417 , 4  881, 456N
Et : Cy  3963, 932  4173, 15  8137 ,082N
 
Or : C 1/2  Cx 2  Cy2 ; Donc : C 1 /2  8184,68N
- 171 -
ères
A.4.1- Tableau du bilan des forces extérieures qui lui sont appliquées.
Forces Pt.d’Appl. Direction Sens Module


C 2 /1 C 8100N

M0/1 M ?

N0/1 N ?

T T1 ?
1b/1
A.4.2- Méthode de CULMAN :Echelle : 1cm  800N.

A partir de la droite de Culman passant par les deux points de
 
concours des 4 forces et à partir des résultantes R 1  R 2 (voir
figure), par simple mesure on trouve les modules de ces 3 forces.

T  10cm
1b/ 1

M0/ 1  3cm

N0/ 1  1,8cm
  
Donc : T  8000N M 0/ 1  2400N N0/ 1  1440N
1b/1
- 172 -
ères
B- CINEMATIQUE : Figure 2
B.1- Etude du mouvement de 1 par rapport à 0 :
B.1.1- Nature du mouvement de la pièce 1 par rapport à 0 :
Mouvement de Translation verticale

B.1.2- Positions extrêmes C0 et C2 du point C.
C 0C 2 = course. Donc : C 0C 2 = 8,6 cm
- 173 -
ères

B.1.3- Traçons le vecteur vitesse VC1/0 sur la figure 2 :

VC 1 /0  2, 25 cm . (voir figure 2)
 
B.1.4- Comparons en justifiant les vecteurs vitesses VC1/0 et VC2/0 :
    
VC 1 /0  VC 1 /2  VC2 /0 Or VC1/2  0
 
Donc : VC 1 /0  VC2 /0
Rotation de centre A

B.2.2- Traçons la direction de la vitesse VB3/0 :
Perpendiculaire à (AB). Voir figure 2.

 
B.2.3- Comparons en justifiant VB3/0 et VB2/0 :
    
VB3/0  VB3/2  VB2 /0 Or VB3/2  0
 
Donc : VB3/0  VB2 /0
B.3.1- Nature du mouvement de 2 par rapport à 0 :Mouvement plan général

B.3.2- Position du centre instantané de rotation I2/0 : Voir figure 2
 
B.3.3- Déduisons graphiquement le module de VD2/0 : VD2/0 =85mm/s
 
B.3.4- Montrons que VD2/0 = VD4/0 :
    
VD2 /0  VD2 /4  VD4/0 Or VD2 /4  0
 
Donc : VD2 /0  VD4/0
- 174 -
ères


Translation de direction DE. Voir figure pour tracé de VD4/0
B.4.2- Nature du mouvement du corps de vérin 5 par rapport à 0 :


Rotation de centre E. Voir figure pour tracé de VD5 /0
B.4.3- Relation de composition de vitesse en D entre 5, 4, et 2 :

  
VD4/2  VD4/ 5  VD5 /2

Déduisons graphiquement la direction et le module de VD 4 / 5 :

VD4/ 5  85 mm / s
C.1- Nature de la sollicitation de l’axe 7 : Cisaillement.

C.2- Déterminons la section admissible sollicitée de l’axe 7 :

C2 /1 0, 7 e
Condition de résistance :  eg  S  
S C2 /1
0, 7 x240
S Donc : S = 0,0207 mm²
8100
C.3- Déduisons l’épaisseur admissible e de cet axe :
.e 2 4.S 4x0,0207
S e e 
4  3, 14
Donc : e  0, 162mm
- 175 -
ères
A- ETUDE STATIQUE
ére
 1 partie
A-1.1- condition de non basculement du véhicule :

  
Pf  Q max i  P '
Soit : Pf +Q maxi  P'

A-1.2- poids maximal QMAXI de la charge à soulever :
On a : Pf +Q maxi  P' et Q maxi  P'-Pf
 Q maxi  3000-1000

Donc : Q maxi  2000daN
A.1.3- Réactions du sol en H et K :
  0    0    0  0  0
P '  ; Pf  1000  ;Q  1500  ;K  K  ;H  H 
 3000         
 
 M H F ext  0
 
3650K  8250000  1350000  5175000  0
8250000  1350000  5175000
K 
3650
Donc : K  472,60daN
 
 F ext  0
 0   0   0   0   0  0
 3000    1000    1500    K    H    0 
           
 K  H  5500
 H  5500  H
Donc : H  5027 , 397daN
- 176 -
ères
 2éme partie
A-2.1- Isolons les vérins 5+6 et 9+10
  
F2 / 9  T3 / 10  0  
PFS :   Et F2 / 9  T3 / 10
 F2 / 9   T3 / 10
  
E3 / 5  C 4 / 6  0  
  Et E3 / 5  C 4 / 6
 E 3 / 5  C 4 / 6
Support de l’action mécanique en E : Droite (EC)

Support de l’action mécanique en T : Droite (ET)
A-2.2- Isolons l’ensemble de la flèche (3+4+5+6+7+8)
A-2.2.1- Tableau bilan des forces extérieures
Forces Pt. d’Appl Direction Sens Module


M2 / 3 M ? ? ?

T 10 / 3 T ?

Pf G 1000daN

Q D 2000daN
- 177 -
ères
  
A-2.2.2- Position de R résultante de Q et Pf par rapport au point G :
Pf .GI  Q .DI  0;or , DI  DG  GI

 Pf .GI  Q .DG  Q .GI  0
 GI(Pf  Q )  Q .DG
Q .DG
 GI 
Pf  Q
2000.2100
 GI  Donc : GI  1400mm
3000
A-2.2.3- Détermination graphique des actions mécaniques en M et T :
 
T 10 / 3  14cm ; Donc T 10 / 3  14000daN
 
M 2 / 3  13, 25 cm ; Donc M 2 / 3  13250daN
- 178 -
ères
A-2.3- Isolons l’ensemble 4+7en position relevée
A-2.3.1- Tableau bilan des forces extérieures:


A7 / 4 A ?

B8 / 4 B ?

C6 / 4 C ?

Q D 2000daN
- 179 -
ères
A-2.3.2- En appliquant la méthode de Culman, déterminons les actions
mécaniques en A ; B et C

B8 / 4  12, 7cm

C 6 / 4  1,8cm

A 7 / 4  11, 5 cm
 
B8 / 4  12700daN C 6 / 4  1800daN

A 7 / 4  11500daN
 ETUDE CINEMATIQUE
B-1- Nature du mouvement de 12 par rapport à 11 :
Translation rectiligne d’axe PR.


Déterminons et traçons le vecteur vitesse VP12 / 11 :

VP12 / 11  20cm / s (voir figure 4)
B-2-
a) Nature du mouvement de 2 par rapport à 1 :
Rotation de centre N
Rotation de centre R

Support de VP2 / 1 : (voir figure 4)

Support de VP12 / 1 : (voir figure 4)
 
b) Justifions l’égalité suivante : VP2 / 1 = VP12 / 1 :
    
VP2 / 1  VP2 / 12  VP12 / 1 or VP2 / 12  0 car P est le
 
point coïncidant de 2 et 12. Donc : VP2 / 1  VP12 / 1
- 180 -
ères
B-3- Relation de composition des vitesses au point P :

  
VP12 / 1  VP12 / 11  VP11 / 1
   
Avec : VP12 / 1  VP2 / 1 et VP11/1  VP12 / 1
 
B-4- Détermination graphique des vitesses VP11/1 et VP12 / 1 :
 
VP11 / 1  7cm / s VP12 / 1  21cm / s

B-5- Détermination graphique de VM2 / 1 .

Prendre VP2 / 1 =22cm/s

VM2 / 1  34cm / s
B-6- Nature du mouvement de la flèche 3+4 par rapport à 1 :
Rotation de centre N
Position du CIR(3+4): N

B-7- Détermination graphique de VD4 / 1 .

VD4 / 1  90cm / s
- 181 -
ères
- 182 -
ères
C-1 Etude de la tige 10

C-1.1- Nature de la sollicitation dans la tige 10 :
Compression simple
C-1.2- Détermination de la déformation :
 
l T l. T
  l 
l E.S E.S
650x13500
l  l  0, 082mm
4 3, 14x 75 2
2, 4.10 x
4
C-2.1- Nature de la sollicitation de l’axe 13
Cisaillement
C-2.2- Détermination de la section admissible :

T
Condition de résistance : e  eg   0, 7.e
S

T 135000
S  Donc : S  803, 57mm 2
0, 7.e 0, 7 x240
Epaisseur admissible e de 13 :
.e 2 4x803; 57
S e e  32mm
4 3, 14
- 183 -
ères
Par les mêmes auteurs :
 L’ABAQUE - Mécanique Appliquée Secondes

 L’ABAQUE - Mécanique Appliquée Première Tome 2
 L’ABAQUE - Construction Mécanique Premières
 L’ABAQUE - Dessin et Technologie de Construction Mécanique Secondes
Riches en éléments de cours complets, en exercices d’applications souples et en

exercices de consolidations bien sélectionnés, ces supports didactiques sont adaptés pour
faciliter l’apprentissage, la recherche et surtout la préparation du probatoire de BT et
du BT.
L’élève et même le pédagogue y trouveront en outre quelques sujets d’examen inédits
et corrigés pour une bonne imprégnation. - 184 -

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COLLECTION L’ABAQUE, COURS PRATIQUE DE MECANIQUE APPLIQUEE , TOME 1

NGNINKEU YOPA DUCLAIRE

DASSI JEAN MARIE

(Professeurs des lycées et collèges d’enseignement technique au Cameroun)

DASSI JEAN MARIE : Professeur de Construction et Fabrication Mécanique ; Animateur

Nos remerciements à Monsieur Luc MEKAH ; proviseur du

LYCEE TECHNIQUE DE SANGMELIMA

Toute reproduction, même partielle de cet ouvrage,

Edition Duc Yopa : Tels : 99 63 05 77/ 74 42 54 50 ; Courriel : ducyopa@yahoo.fr

 1ère Partie : Statique……………………………………………………….…….…………………………………………3

 2ème Partie : Cinématique………………………………………………………………..……………………………………………..62

 3ème Partie : Résistance des matériaux…………………………………..…………………………………………….…105

 Cap sur le probatoire : Sujets d’examens…………..…………….………………………………………………………124

La MECANIQUE est la branche la plus ancienne de la physique. Elle est

Objectif : Asseoir les bases de la statique et réviser

1- Présentation des actions mécaniques :

a) Centres de gravité des surfaces planes élémentaires :

Désignations Schéma Abscisses Ordonnées Coordonnées du

b) Centre de gravité des surfaces planes complexes homogènes :

Soit la plaque ci-dessous munie d’un trou. Calculer les coordonnées

Solution : Décomposons la plaque en surfaces simples :

Déterminer par calcul les coordonnées du centre de gravité

1.2- Action mécanique de liaison ou de contact :

1.2.2- Principe de NEWTON ou de l’égalité des actions

L’action d’un corps (1) sur un corps

1.2.3- Contact parfait :

1.2.4- Force intérieure – force extérieure :

Soit un solide reposant avec

Une valise de poids 150N est

La voiture tout terrain ci-

sont négligés tandis que ceux en A ne sont pas négligés et le

1.3- Moment résultant :

1.4- Variation du moment en fonction du point :

1.5- Moment d’une force par rapport à un axe :

2- Principe Fondamental de la Statique (PFD) :

2.2- Les six équations de l’équilibre:

2.3- Cas particuliers :

a) Cas de l’équilibre des moments :

b) Cas du non équilibre des moments :

2.3.2- Equilibre sous l’action de trois forces :

 Les trois forces sont dans le même plan (coplanaires).

2.4- Méthode de résolution des problèmes de statique :

Un support de Té, articulé en A et s’appuyant en B sur un point

Forces ext Point d’app Direction Sens Intensité

f) Déterminer algébriquement les actions mécaniques aux

c) Isolons la potence (1) :

Bilan des forces extérieures :

Objectif : Résoudre les problèmes de statique où les

2- Etude expérimentale de l’adhérence et du frottement :

2.1.2-Mise en évidence du phénomène de frottement :

2.1.3-Cône de frottement et cône d’adhérence:

Cas N° 1 : Cas N° 2 : Cas N° 3 :

2.2- Le solide repose sur un plan incliné :

La voiture tout terrain ci-contre est à l’arrêt sur une pente de

A=467,5 daN B  P .cos 

 0’,1’,2’,3’ sont les rayons polaires et 0//0’ ; 1//1’ ; 2//2’ ; 3//3’

3- Comment tracer le dynamique et le funiculaire :

4.2- Solide soumis à l’action de trois forces coplanaires et non

Dynamique ou triangle des forces.