4 réactions d'appui

Calcul desréactions

d’appui d’unestructure

Conception de structuresAutomne 2012

R. Pleau

École d’architecture, Université Laval

vendredi 7 septembre 12

Un corps est dit en équilibre statique lorsqu’il demeure immobile sous l’action des diverses forces qui le sollicitent.

Pour être en équilibre statique, un corps doit satisfaire deux conditions:

1º) Condition d’équilibre en translation

La somme vectorielle des forces doit être nulle

2º) Condition d’équilibre en rotation

Le moment doit être nul en tout point de l’espace

2Équilibre statique des forces


3Équilibre translationnel


Si la résultante vectorielle de forces qui s’exercent sur un corps n’est pas nulle, ce corps subira un mouvement de translation dans la direction de la force résultante.




Force résultante




Force résultante

Un corps est en équilibre statique seulementsi la résultante des forces est nulle



Le moment de flexion résulte d’une force qui tend à faire tourner un objet autour d’un point.

Le moment qu’exerce une force p/r à un point est égal au produit de la force (exprimée en kN) par son bras de levier p/r à ce point (i.e. la distance entre le point de rotation et l’axe de la force exprimée en m).

Le moment se mesure donc en kN-m et on adoptera la convention de signe suivante: moment positif (+) à entraîne une rotation dans le sens anti-horaire moment négatif (-) à entraîne une rotation dans le sens horaire

M = F x d = moment que la force F exerce sur le point A

90ºForce (F)

bras de levier (d)

A

4Moment de flexion


d

F

A

Si un corps est soumis à une force (F) qui possède un bras de levier (d) p/r à un point de l’espace (A), cette force produira un moment (M = F x d) qui aura pour conséquence de faire tourner le corps autour du point A.

Un corps est en équilibre statique seulement si la sommation des moments est nulle p/r à n’importe quel point de l’espace

5Équilibre rotationnel


Par commodité, il est souvent avantageux de décomposer les forces en deux composantes orthogonales: une composante verticale et une composante horizontale. Un corps est alors en équilibre statique s’il satisfait les trois conditions suivantes :

Σ Fh = 0 (la sommation des forces horizontales est nulle) Σ Fv = 0 (la sommation des forces verticales est nulle) Σ M = 0 (la sommation des moments est nulle)

On adoptera la convention de signe suivante: - les forces verticales sont positives lorsque qu’elles sont dirigées vers le haut et négatives lorsqu’elles sont dirigées vers le bas. - les forces horizontales seront positives lorsqu’elles sont dirigées vers la droite et négatives lorsqu’elles sont dirigées vers la gauche. - les moments sont positifs lorsque la rotation est dans le sens anti- horaire et négatifs lorsque la rotation est dans le sens horaire

6Conditions d’équilibre


On peut définir trois conditions d’appui ainsi que les symboles qui sont généralement utilisés pour les représenter :

Appui simple La translation est empêchée dans une seule direction (une seule réaction d’appui)

Appui double La translation est empêchée dans deux directions orthogonales (deux réactions d’appui)

Encastrement La translation est empêchée dans deux directions orthogonales et la rotation est empêchée (trois réactions d’appui)

7Conditions d’appui


Puisque l’équilibre statique n’est atteint que lorsque l’on satisfait trois conditions d’équilibre (Σ Fh = 0, Σ Fv = 0 et Σ M = 0), on peut définirtrois types de structures :Structures instables à Structures qui possèdent moins de 3 réactions d’appui il n’existe aucune combinaison de réactions d’appui qui puisse assurer l’équilibre statique de la structure.

Structures isostatiques à Structures qui possèdent 3 réactions d’appui il existe une et une seule combinaison de réaction d’appui qui assure l’équilibre statique de la structure.

Structures hyperstatiques à Structures qui possèdent plus de 3 réactions d’appui il existe plusieurs combinaisons de réactions d’appui qui puissent assurer l’équilibre statique de la structure

8Stabilité des structures


9Exemple


9Exemple

Cette poutre est hyperstatiquecar elle possède plus d’appuisque nécessaire.


9Exemple


Cette poutre est isostatiquecar elle possède juste le nombre d’appuis nécessaires.


9Exemple


Cette poutre est isostatiquecar elle possède juste le nombre d’appuis nécessaires.

Cette poutre est instable car elle possède moins d’appuis que ce qui est nécessaire


Les méthodes graphiques qui font l’objet du cours ne sont valides que pour les structures isostatiques

Par contre les logiciels d’analyse comme DrBeamPro et VisualAnalysis peuvent prendre en compte des structures hyperstatiques

10Mise en garde


11

Exemple 1

une poutre simplement

appuyée


4 2 3 3 [m]

10 kN 20 kN 30 kN

On veut calculer les réactions d’appui de la poutre illustrée ci-contre.

12Exemple 1


La première étape consiste à dessiner le diagramme de corps libre (DCL) et d’identifier les réactions d’appui.

On remarque que l’on a trois réactions d’appui et que la structure est donc isostatique.

[m]

10 kN 20 kN 30 kN

V1

H

V2

diagramme de corps libre

13Exemple 1 (suite)

4 2 3 3


Puisque la sommation des forces horizontales doit être nulle (Σ Fh = 0) et que la structure n’est soumise à aucune force horizontale externe, on en conclut facilement que:

H = 0

14

[m]

10 kN 20 kN 30 kN

V1

H

V2diagramme de corps libre

12

Exemple 1 (suite)

4 2 3 3


On pourrait utiliser la seconde condition d’équilibre (Σ Fv = 0) mais, comme il y a deux forces verticales inconnues (V1 et V2), il est alors impossible de trouver directement l’une de ces deux forces.

axe

a axe b15

[m]

10 kN 20 kN 30 kN

V1 V2diagramme de corps libre

12

On aura donc recours à la troisième condition d’équilibre qui veut que la sommation des moments p/r à n’importe quel point soit nulle (Σ M = 0). Pour éviter d’avoir deux forces inconnues (V1 et V2), nous choisirons un point qui est situé dans l’axe de V1 ou de V2. Puisque le bras de levier de l’une de ces forces sera alors nulle, il nous restera une seule inconnue.On pourrait donc calculer les moments p/r à n’importe quel point situé sur l’axe a ou sur l’axe b.

Exemple 1 (suite)

4 2 3 3


On calcule le moment p/r au point a et, puisque cette sommation doit être nulle (Σ Ma = 0), on trouve que: a

Σ Ma = (V1 x 0) - (10 kN x 4 m) - (20 kN x 6 m) - (30 kN x 9 m) + (V2 x 12 m) = 0

En isolant V2 on trouve alors que:

V2 = (40 + 120 + 270) kN-m = 35,83 kN12 m

16

[m]

10 kN 20 kN 30 kN

V1 V2diagramme de corps libre

12

Exemple 1 (suite)

4 2 3 3


Puisque la sommation des forces verticales doit être nulle (Σ Fv = 0), on trouve finalement que:

V1 - 10 kN - 20 kN - 30 kN + 35,83 kN = 0

En isolant V1, on trouve alors que:

V1 = (10 + 20 + 30 - 35,83 kN) = 24,17 kN

17

[m]

10 kN 20 kN 30 kN

V1 35,83 kNdiagramme de corps libre

12

Exemple 1 (suite)

4 2 3 3


Pour s’assurer que nous ne nous sommes pas trompés, on pourrait vérifier que la sommation des moments p/r au point b est bien nulle:

Σ Mb = - (24,17 kN x 12 m) + (10 kN x 8 m) + (20 kN x 6 m) + (30 kN x 3 m) + (35,83 x 0 m) = 0

18

b

[m]

10 kN 20 kN 30 kN

35,83 kN

Vérification

4 2 3 3

24,17 kNdiagramme de corps libre


Lorsque l’on calcule les réactions d’appui d’une structure, on peut toujours remplacer un ensemble de forces par une force résultante équivalente à condition que:

1º) La force résultante soit égale à l’addition vectorielle des autres forces

2º) La force résultante soit placée le long d’un axe qui fait en sorte que le moment qu’elle exerce sur un point donné soit le même que la somme des moments exercés par les autres forces.

19Force résultante équivalente


Pour la poutre de l’exemple précé-dent, calculons la résultante des forces.

1º) La force résultante est obtenue par l’addition vectorielle des 3 autres forces

10 kN

20 kN

30 kN

60 kN

Force résultante


[m]

10 kN 20 kN 30 kN

V14 2 3 3

V2


2º) La force résultante doit produire le même moment de rotation que l’ensemble des 3 forces indivi- duelles sur n’importe quel point de la poutre. La position de l’axe par lequel passe la force résultante est donc obtenue en faisant la somme des moments p/r à un point (le point a dans notre exemple).

Σ Ma = - (10 kN x 4 m) - (20 kN x 6 m) - (30 kN x 9 m) = - (60 kN x d)

En isolant d, on trouve que:

d = - (40 + 120 + 270) kN-m = 7,17 m60 kN


a

V1

[m]

10 kN 20 kN 30 kN

4 2 3 3V2

[m]V1

4 2 3 3

ad 60 kN

V2


Σ Ma = - (60 kN x 7,17 m) + (V2 x 12 m)

d’où: V2 = 60 kN x 7,17 m = 35,85 kN

Σ Fv = V1 - 60 kN + 35,85 kN = 0d’où: V1 = (60 - 35,85 kN) = 24,15 kN

12 m

On constate bien que l’on obtient les mêmes réactions d’appui que précédemment

(si on néglige la petite différence de 0,02 kN qui est simplement causée par une petite erreur d’arrondi sur la longueur des

bras de levier.


[m]V1

4 2 3 3

a7,17 m 60 kNCalculons maintenant les

réactions d’appui pour le diagramme decorps libre qui est illustré à la figureci-contre. V2


23

Exemple 2

un treillisisostatique


Considérons la structure illustrée ci-contre (c’est la structure que nous avons déjà analysée pour décrire la méthode point par point).

50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

24

Exemple 2 22


Comme toujours, la premièreétape de l’analyse consiste à tracerle diagramme de corps libre de la structure.

50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

V2

H2

H1

Diagramme de corps libre

25

Selon la règle que nous avons énoncé précédemment, nous devrions en conclure que cette structure est hyperstatique puisque le nombre de réactions d’appui inconnues est supérieur à 3.

On constate sur ce diagramme la présence de quatre réactions d’appui inconnues (V1, H1, V2 et H2).

Or, à l’aide de la méthode point par point, nous avons réussi à calculer ces réactions. Comment l’expliquer ?

Exemple 2 23


50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

V2

H2

H1


26

Exemple 2 24

En fait, il arrive qu’une structure comporte ce que l’on appelle des singularités qui imposent à la structure certaines contraintes et qui font en sorte que cette structure qui, théoriquement, devrait être hyperstatique est en fait isostatique.


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

27

50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


A

50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

V2

H2

H1


A 25


28

2 m 2 mF2vendredi 7 septembre 12

La façon la plus simple de calculer les réactions d’appui consiste à prolonger les axes par lesquels passent les forces inconnues et à identifier un point de jonction entre deux de ces axes.

28



50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


28



50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


28

2 m 2 mF2

a


50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1



50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


28

2 m 2 mF2

a


50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1



50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


b

28

2 m 2 mF2

a


50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1



50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


b

28

2 m 2 mF2

50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


a


50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1



50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


b

28

2 m 2 mF2

50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


a

c


50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1



50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


b

28

2 m 2 mF2

50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


a

c

Les points a, b et c sont tous trois situés à la jonction entre deux de ces axes.


29


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

50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


b

29


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

50 kN

2 m

2 m

2 m

100 kN45 º

V1

F2

H1


b

29

100 kN45 º

90º

90º

2,12 m

b

4 m

Le bras de levier de la force de 100 kN p/r au point b est mesuré graphiquement à la figure ci-contre. On obtient alors:

Σ Mb = (100 kN x 2,12 m) - (V1 x 4 m) = 0

d’où: V1 = 100 kN x 2,12 m = 53 kN


30


On aurait aussi pu calculer le moment p/r au point b en décom-posant la force de 100 kN en une composante verticale (Fv = 100 kN x sin 45º = 70,7 kN) et une composante horizontale (Fh = 100 kN x cos 45º = 70,7 kN). On obtient alors:

50 kN

2 m

2 m

2 m

V1

F2

H1


b

70,7 kN

70,7 kN

30


Σ Mb = (70,7 kN x 2 m) + (70,7 kN x 1m) - (V1 x 4 m) = 0


50 kN

2 m

2 m

2 m

V1

F2

H1


b

70,7 kN

70,7 kN

30


Σ Mb = (70,7 kN x 2 m) + (70,7 kN x 1m) - (V1 x 4 m) = 0


50 kN

2 m

2 m

2 m

V1

F2

H1


b

70,7 kN

70,7 kN

30

4 md’où: V1 = (141,4 + 70,7) kN-m = 53 kN


31


La réaction H1 peut être obtenue en calculant le moment p/r au point c:

50 kN

2 m

2 m

2 m

53 kN

F2

H1


c70,7 kN

70,7 kN

31


Σ Mc = (H1 x 2 m) - (70,7 kN x 2 m) - (70,7 kN x 1m) - (50 kN x 4 m) = 0


50 kN

2 m

2 m

2 m

53 kN

F2

H1


c70,7 kN

70,7 kN

31


Σ Mc = (H1 x 2 m) - (70,7 kN x 2 m) - (70,7 kN x 1m) - (50 kN x 4 m) = 0


50 kN

2 m

2 m

2 m

53 kN

F2

H1


c70,7 kN

70,7 kN

31

2 md’où: H1 = (141,4 + 70,7 + 200) kN-m = 206 kN


32


32Enfin, la réaction F2 est obtenue en calculant le moment p/r au point a:

50 kN

2 m

2 m

2 m

53 kN

F2

a

70,7 kN

70,7 kN

206 kN



Σ Ma = (F2 x 1,79 m) - (70,7 kN x 2 m) + (70,7 kN x 1m) - (50 kN x 4 m) = 0

a

F2

90º

90º

1,79

m


50 kN

2 m

2 m

2 m

53 kN

F2

a

70,7 kN

70,7 kN

206 kN



Σ Ma = (F2 x 1,79 m) - (70,7 kN x 2 m) + (70,7 kN x 1m) - (50 kN x 4 m) = 0

a

F2

90º

90º

1,79

m


50 kN

2 m

2 m

2 m

53 kN

F2

a

70,7 kN

70,7 kN

206 kN


1,79 md’où: F2 = (141,4 - 70,7 + 200) kN-m = 151 kN


Pour s’assurer que nous ne nous sommes pas trompés, on peut vérifier que la résultante des forces est nulle:

Σ Fh = 206 kN - (151 kN x cos 26,56º) - 70,7 kN = 0

Σ Fv = 53 kN + (151 kN x sin 26,56º) - 70,7 kN - 50 kN = 0

50 kN

2 m

2 m

2 m

53 kN

151 kN


70,7 kN

70,7 kN

206 kN

26,56º

33


On pourrait aussi remplacer les deux réactions d’appui au point a par leur force résultante.

L’addition vectorielle des forces nous donne alors une résultante de 213 kN inclinée à 14,4º p/r à l’horizontale.

26,56º

50 kN

2 m

2 m

2 m151 kN


70,7 kN

70,7 kN

213 kN

a

206 kN

53 kN213 kN

14,4º

Polygone de forces

34


On pourrait aussi remplacer les deux forces externes (la force de 100 kN inclinée à 45º et la force verticale de 50 kN) par une force résultante équivalente:

L’addition vectorielle des forces nous donne une résultante de 140 kN inclinée de 59,6º p/r à l’horizontale.

26,56º

50 kN

2 m

2 m

2 m151 kN


100 kN

213 kN

50 kN

100 k

N140

kN

59,6º

Polygone de forces

35


La position de l’axe par lequel passe la force résultante est obtenue en faisant la somme des moments p/r à un point quelconque de l’espace. Nous avons choisi de faire la somme des moments p/r au point a car, de cette façon, on simplifie le calcul puisque le bras de levier de la composante de 100 kN est nul. On trouve alors:

Σ Ma = 140 kN x d = 50 kN x 2 m

d’où: d = 50 kN x 2 m = 0,71 m

26,56º

50 kN

2 m

2 m

2 m

Forces externes

140

kN59,6º26,56º

2 m

2 m

2 m

Force résultante équivalente

100 kN

d

a140 kN

36a


On pourrait donc tracer le diagramme de corps libre de la structure en remplaçant les deux charges externes par la charge résultante équivalente.

En traçant le polygone des 3 forces qui sollicitent alors la structure, on peut vérifier que, conformément aux lois de l’équilibre statique, la somme vectorielle des forces est nulle.

140

kN59,6º26,56º

2 m

2 m

2 m151 kN

Diagramme de corps libre213 kN

0,71 m213 kN

151 kN 140

kN

Polygone de forces

37


En examinant le diagramme de corps libre ci-dessous, on constate également que les trois forces qui sollicitent la structure sont situés le long de trois axes qui se croisent en un point (le point a en l’occurrence). Cette constatation nous amène à formuler une règle générale.

140

kN

2 m

2 m

2 m151 kN

Diagramme de corps libre213 kN

a

Lorsqu’une structure est sollicitée par 3 forces dont 2 ne sont pas parallèles, ces 3 forces sont forcément situées sur des

axes qui se croisent en un point.

38

Exemple 1

une poutre simplement

appuyée


39

Structuresstatiques

avecsingularités


40Singularités dans une structure

Nous avons vu dans l’exemple précèdent qu’il existe des cas où des structures avec plus de 3 réactions d’appui sont isostatiques parce qu’elle contiennent des singularités.

Ces singularités sont souvent des rotules qui permettent la rotation libre de deux parties de la structure l’une p/r à l’autre.

Dans ce cas, si on ne prend en compte qu’une partie de la structure, la sommation des moments au point rotulé est forcément égale à 0 ce qui nous fournit une équation d’équilibre additionnelle.

Nous allons illustré le calcul des réactions d’appui dans ce type de structure par un exemple.


41Exemple

[m]

100 kN

4 4 4 6

rotule

On souhaite calculer les réactions d’appui pour la poutre illustréeci-dessous.


42Exemple (suite)La première étape consiste à tracer le diagramme de corps librede la structure entière.


[m]

100 kN

4 4 4 6

rotuleH

V1 V2 V3

On constate que nous avons 4 réactions d’appui (H, V1, V2 et V3)mais seulement trois équations d’équilibre (Σ Fh = 0, Σ Fv = 0 et Σ M = 0)ce qui suggère une structure hyperstatique.

On constate que nous avons 4 réactions d’appui(H, V1, V2 et V3) mais seulement trois équations d’équilibre(Σ Fh = 0, Σ Fv = 0 et Σ M = 0).

Dans ces conditions il est mathématiquement impossible de calculeles réactions d’appui.

Dans ces conditions il est mathématiquement impossible de calculerles réactions d’appui.


43Exemple (suite)Pour obtenir une quatrième conditions d’équilibre, on doit tracer le diagramme de corps libre sur une section tronquée de la structure (à gauche ou à droite de la rotule).

A


[m]4 6

V2 V3

aA

B


[m]

100 kN

4 4

H

V1

a

B

A

Sur ces sections tronquées, on sait que la sommation des moments à la rotule doit être égal à 0 (Σ Ma = 0).

Sur le DCL d’une section tronquée de la poutre, les forces A et B représentent les efforts exercéspar la partie de poutre que nous avons escamotée selon de principed’action-réaction.


44Exemple (suite)

On peux choisir indifféremment la partie gauche ou la partie droite et on obtiendra, évidemment, le même résultat.

Cependant, un choix judicieux de la partie retenue facilitera souvent la résolution numérique.

Pour cet exemple, la solution devient très simple si on retient la partie gauche de la structure.

Pour fins de démonstration, nous choisirons la partie droite qui nous conduit à une résolution plus difficile, mais plus générale.


45Exemple (suite)En considérant le DCL de la structure entière on trouve que:


[m]

100 kN

4 4 4 6

rotuleH

V1 V2 V3

b

Σ Mb = - (100 kN x 4 m) + (V2 x 12 m) + (V3 x 18 m) = 0 d’où :

12 V2 + 18 V3 = 400 équation [1]

Σ Fh = 0 d’où H = 0 kN :


46Exemple (suite)En considérant le DCL de la structure partielle à droite de la rotule on trouve que:

Σ Ma = (V2 x 4 m) + (V3 x 10 m) = 0 d’où :

4 V2 + 10 V3 = 0 équation [2]


[m]4 6

V2 V3

a


47Exemple (suite)Nous avons maintenant un système de deux équations à deux inconnues (V2 et V3) que nous pouvons résoudre.

12 V2 + 18 V3 = 400 équation [1] 4 V2 + 10 V3 = 0 équation [2]

En isolant V2 dans l’équation [2] on obtient :

V2 = 18 V3 = - 2,5 V3 équation [3]

En substituant l’équation [3] dans l’équation [1] on trouve que :

- 30 V3 + 18 V3 = 400 équation [4]

D’où V3 = 400 / -12 = - 33,33 kN


48Exemple (suite)En substituant la valeur V3 dans l’équation [1] on trouve que :

12 V2 + 18 V3 = 400 équation [1]

12 V2 + (18 x -33,33) = 400 d’où V2 = (400 + 600) /12 = 83,33 kN

On obtient la dernière inconnue, V1, en faisant la sommation des forces verticales :

Σ Fv = V1 + V2 + V3 - 100 kN = 0 d’où : V1 = 100 - V2 - V3

V1 = 100 - 83,33 - (-33,33) = 50 kN


49Exemple (suite)

[m]

100 kN

4 4 4 6

rotule

50 kN 83,33 kN 33,33 kN

Pour conclure, la figure ci-dessous illustre les réactions d’appui.


50Vérification


[m]

100 kN

4 4

50 kN

a

B

APour s’assurer que nos calculs sont exacts, on peut vérifier l’équilibre statique de la partie tronquée à la gauche de la rotule en faisant la sommation des moments au point a.

Σ Ma = - (50 kN x 8 m) + (100 kN x 4 m) = 0


4 réactions d'appui

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