as |>artic:ilk'r. — Supposons (fig. 28i) que le

centre de gravité de l'arc se trouve en A sur Taxe oy. Soit B le centre de percussion conjugué à l'axe o.c ; le centre de percussion conjugué à l'axe oy se transporte à l'infini. Le triangle des trois pivots devient donc la figure ABDC formée de trois ligues dont deux sont parallèles ; il doit en être de même de son correspondant A'B'D'C dans la ligne de pression connue. Les côtés AB et A'B' se déterminent par la méthode générale ; il s'agit de faire voir comment on trouve les directions AC et A'C.

Les formules (14) qui donnent [x^, y^) deviennent, en remarquant que / xdm = 0, o^j = oo , 2/5 = oo ; mais on déduit :

œ^ S cf.^xdm

Ce rapport est évidemment le coefficient angulaire des droites AC et BD ; il serait d'ailleurs facile de trouver direcment ce coeflîcient en cherchant la direction conjuguée à l'axe 0]) dans l'ellipse centrale d'inertie de l'arc. On détermine donc aisément les droites AC et BD.

La méthode du centre de rotation finie est alors directement applicable : par ce centre on mène des parallèles aux

668 INTEGRATION GRAPHIQUE.

axes ; l'antipôle de la parallèle ù l'axe des x s'obtient par la méthode générale.

La méthode des trois pivots subit une modification. En effet, on reconnaît immédiatement que l'excentricité moyenne A" est infinie ou indéterminée ; dans le premier cas, il est impossible d'obtenir par glissement une ligne de pression qui satisfasse à l'équation de moment autour de l'axe oy ; dans le second , l'équation de moment est déjà satisfaite et reste satisfaite, quel que soit le glissement. Il est aisé de vérifier directement ces propositions. Transporter la pression extrême parallèlement à elle-même, c'est introduire un couple : ce coliple produit une rotation autour du centre de gravité de l'arc ; le moment de cette rotation est nul ; donc l'introduction de ce couple est sans influence sur le moment de la rotation totale.

C'est donc en introduisant une nouvelle poussée, c'est-àdire en déplaçant le pôle P' du diagramme des résultantes que nous arriverons à trouver une ligne de pression satisfaisant à l'équation de moment autour de l'axe des y. Soit 5 = P"P' le déplacement du pôle ; nous supposerons cette poussée additionnelle s dirigée suivant l'axe oy. Le moment fléchissant dû à cette poussée est sx , le moment de la rotation élémentaire qu'elle produit est Sircf;>i X «s; l'équation de moment est donc :

q f cx'clni -\- s / a.dni = 0 , d'où

s — ./• cx'di)i __ —c^fxdm q ~ j'c'.xdru fa.xdru

Le rai)i)ort s : q est précisément celui des deux intégrales que l'on divise par / xdm pour avoir h'' et x^^. Ce rapport détermine la direction (/ P" et par conséquent le pôle P".

Menons par P" une droite P"c coujuguée à l'axe oy; tous les pôles des lignes de pression qui satisfont à l'équation de moment autour de l'axe des y sont sur cette droite. En effet, les seules poussées additionnelles que l'on peut introduire sont celles qui produisent une rotation autour d'un point de l'axeo^ ;

INTEGRATION GRAPHIQUE. 669

elles agissent toutes suivant les directrices conjuguées à cet axe. Il résulte de là qu'en passant de la ligne connue à la ligne cherchée, les directions P'c se transformeront dans les directions P"c. Donc , si nous menons A'C , B'D' parallèlement à P'c , nous obtiendrons les droites qui corresi)ondent aux droites AC et BD. Il est alors facile d'obtenir un triangle A'B'E' qui soit le correspondant d'un triangle ABE ; le problème est ramené à celui du numéro 679. Les deux directions A'B' et AB déterminent le pôle P.

§ 3. Des rotules.

OSO. Généralités. — Quand on introduit une rotule entre les parties adjacentes d'un arc, on assujettit la pression à passer par le centre de la rotule ; c'est une condition statique nouvelle à réaliser. Mais il y a une inconnue nouvelle, c'est l'angle dont tournent les éléments d'arcs séparés par l articulation. Soient : '| cet angle ; a, &, les coordonnées de la rotule ; si les éléments extrêmes de l'arc sont encastrés et s'il y a plusieurs rotules , on a les équations :

/ fZ^p + 2 ^ =0,

fy\V]^^^']^h = 0.

S'il n'y a qu'une rotule, on élimine l'angle <]> , on trouve deux équations qui, jointe>; à la condition que lu ligne de pression passe jiar la rotule , déterminent le problème.

S'il y a deux rotules , on élimine les deux angles t]; et -]/' ; on obtient une équation ; mais comme il y a deux points de passage pour la ligne de iiression, le problème eft déterminé.

S'il y a trois rotules les équations de la déforn.ation ne peuvent servir qu'à trouver les angles '' , '|', ^j;" ; les trois points de passage déterminent la ligne de pression. Ce cas a été examiné au numéro 144; nous n'y reviendrons [dus.

GS7. Une rotule. — Supposons i fig. 282) que nous aj'ons choisi le centre de la rotule comme origine des axes coordon-

670 INTEGRATION GRAPHIQUE.

nés; l'angle i]> disparaît des deux équations de moments ou trouve immédiatement sans élimination / y'd]^ = 0 , / £C'# = 0.

Or ces deux équations sont précisément deux équations qui appartiennent à l'arc solidaire ; pour satisfaire à la première, il faut amener le point E' au point E ; pour satisfaire à la seconde , il faut amener F' en F. L'équation angulaire ne doit plus être satisfaite , le point D' ne vient plus en D. Mais nous connaissons le centre 0 de la rotule ; par ce centre passe un côté de la ligue inconnue. Nous sommes ramenés à un problème analogue à ceux des numéros 141 et 679. La corde E'F' coupe la pression B'C en N' ; le correspondant N du point N' se trouve sur EF. Si la corde E'F' coupait A'B dans les limites du dessin on trouverait de même un point de passage du coté A'B' ; on serait ramené au problème des trois points (141 ).

On peut aussi joindre OM et détcrmiuer une corde correspondante dans la ligne connue en opéraut une concentration en deux forces passant par las points 0 et N. Connaissant deux groupes de cjrJes correspondantes , on peut déterminer le nouveau pôle ; on trace la ligne de pression en partant du point N.

OSS. l>eu.v rdtuîes. — Nous éviterons encore une éliniiuatiou en prenant pour axe des x une droite passant par les centres des deux rotules ; l'équation de moment autour de cet axe est|:

Or cette équation est encore une de celles que nous avons considérées dans le cas d'un arc solidaire. Soient (flg. 283; ; AB l'axe des x qui joint les centres de deux rotules; EE' la parallèle à la résultante de toutes ies forces , dont la projection verticale est l'excentricité moyenne h. Le point E' doit venir en E pour que l'équation de m jment soit satisfaite. Menons une corde FN par le poiut E' daus l'angle des pressions extrêmes; considérons cette corde comme réalisant la concentration des charges en deux forces parallèles à la résul-

INTEGRATION GRAPHIQUE. 671

tante totale passant parles points F et N; la correspondante de cette corde FN doit passer par le point E. D'autre part, les rotules A et B sont des points de passage de certains côtés MK et KN. Si nous considérons la ligne fermée NFMKN , nous voyons qu'il faut la transformer de telle manière que les côtés FN , MK , KN passent respectivement par les trois points E, A, B; c'est le problème du numéro 141. On obtient une corde A'B' qui correspond à la corde AB en opérant une concentration des forces comprises entre les rotules; les forces concentrées doivent passer par les points A et B. On obtient de même la corde E"B" qui correspond à la corde EB quand on concentre les forces qui agissent au point N en deux résultantes passant par E et B. Le problème s'achève alors facilement.

On peut aussi cherclier les points C et D qui correspondent aux points C', D' dans une concentration oblique , puis les points C", D" qui correspondent aux points C et D dans une concentration parallèle ; le triangle ECD a pour correspondant le triangle E'C'D".

OStf. l'rolilèiue. — Nous supposons (fig. 282) que nous ayons déterminé les trois pivots D , E , F et leurs correspondants D', E', F' pour le cas d'un arc solidaire. Nous introduisons une ou deux rotules ; nous nous proposons de trouver les nouveaux points delà ligne de pression sans recommencer les intégrations. La question à résoudre est la suivante : on prend un nouvel axe des moments ( cet axe passe par la rotule ou les deux rotules) ; quel est le pivot de la nouvelle équation et son correspondant dans la ligne connue. Soient o'^r' le nouvel axe des moments (non représenté) ; M , le centre de percussion conjugué à cet axe; ce point M que l'on trouve au moyen des points D, E, F est le pivot de la nouvelle équation. Tirons la droite FI par le point M ; pour l'arc solidaire la droite FT est la correspondante de la droite FI ; le point M' est le correspondant du point M. Non-seulement le point M' vient en M dans le cas d un arc solidaire , mais dans tous les cas où l'équation de moment autour de l'axe o'x' doit être satisfaite. S'il fallait mener un nouvel axe des ^ on trouverait

672 INTEGRATION GRAPHIQUE.

de même le pivot de l'équation de moment autour de cet axe, et son correspondant dans la ligne connue.

§ 4. Arcs symétriques.

GOO. Charges symélpîqnes. — Prenons (fig. 285) la ligne de symétrie comme axe des y ; désignons \d, direction de cette ligne sous le nom de verticale; l'axe des ^ est horizontal. Nous pouvons admettre comme évident que la poussée doit être horizontale par raison de symétrie. On reconnaît d'ailleurs que les poussées horizontales sont celles qui satisfont à l'équation du moment autour de l'axe des ij.

D'autres simpUfications s'aperçoivent immédiatement. Le centre de gravité de l'arc se trouve sur l'axe de symétrie; s^ on divise par 2 les membres de la première des équations (10), on obtient une équation de même torme donnant l'ordonnée 2/,; les intégrales des dm et des ^/tfm doivent être prises seulement pour la moitié de l'arc. Cette simplification s'applique aussi à la recherche du centre de percussion conjugué à l'axe ox , et au calcul des excentricités moyennes h et h'. Il est inutile de calculer les intégrales des xdm, des œv.zd^n, des a^ychn, des cx'dm ou des c^xâm.

Soient (fig. 285) A le centre de gravité de l'arc, B le centre de percussion conjugué à l'axe ox. Portons AA' = h, BB' = h' (la charge totale est verticale par raison de symétrie). Nous supposons la poussée horizontale pour la ligne de pression connue comme pour la ligne de pression cherchée ; les cordes horizontales restent horizontales après la Iransibrmatiou ; donc la figure C'A'B'K' doit se transformer en CBAK. Menons une corde quelconque LE, sa correspondante sera D'E' et l'on trouve la nouvelle poussée au moyen de ces deux cordes. La pression extrême coupe la droite BK en un point K dont on trouve le ccrrf spondant en K on part de ce dernier point pour tracer la ligne de pression effective.

Si toutes les charges étaient verticales , tous les points des dtux lignes de pression situés sur une même verticale se

correspondent l'un à l'autre ( 134 ) ; de sorte qu'en traçant la corde D'E' par la fausse position F' du centre de poussée, on trouvera la vraie position F de ce centre. Mais cette construction serait inexacte , si les forces symétriques n'étaient pas parallèles , car alors les centres de poussée ne sont pas des points correspondants.

G»l. Charge!^ quelconques. — On détermine le centre de gravité et le centre de percussion conjugué à l'axe des x comme au numéro précédent. Les excentricités li et 1v s'obtiennent par les formules générales ; mais on peut évidemment réunir les éléments des intégrales qui se rapportent aux points symétriques de l'arc ; on trouve alors en divisant les deux membres par 2 :

h f dm = I ^ "T ^ dm

fc + c' J '

h' s y dm = | "^^ "^ ^^ dm.

Les intégrales sont prises pour l'une des moitiés de l'arc , mais c , d et c^ , c'2 sont les excentricités aux deux points symétriques de l'arc.

La poussée n'est plus horizontale ; il faut déterminer le pôle du diagramme des résultantes par la méthode counue (685) ; on peut aussi mettre la formule (24) sous la forme :

jj {Cs + c'^)œdm

^ I oL^xdm

Soient (flg. 286) A le centre de gravité de l'arc, B le centre de percussion conjugué à o.x\ le triangle des trois pivots devient ABDC. Menons les droites AA', BB' parallèles à la résultante totale et ayant pour projections verticales li et IV. Soit P'P" le déplacement s du pôle des résultantes, P"a une horizontale , P'^ est la direction des côtés A'C et B'D' qui correspondent aux côtés AC et BD. Le problème s'achève facilement.

INTEGRATION GRAPHIQUE.

§ 5. Arc circulaire prismatique.

GO'Î. Ellipse d inertie d'nii arc de cercle homogène. —

Soit (flg. 287) C le centre de gravité de Tare AB ; par le point C menons une droite DE perpendiculaire au rayon OA; abaissons du centre 0 une perpendiculaire OF sur la corde AE ; les droites OF et FE sont respectivement les rayons de gyration de l'arc de cercle autour des axes ox et oy.

Eu effet , les coordonnées du centre de gravité C de Tare AB = R9 ont pour valeurs :

Rsinip

Xi = 0,

On trouve aussi que le rayon de gyration a de l'arc autour de Taxe oy est donné par la formule :

^,^K^ . sm9COS9x 2 \ o /

Or, on a :

OD = OCcoscp =

Rsin9cos9