OO'D - OO'C = O'FD
D'oïl Ton tire :
^^^, R5 R's' 00' X àoc ABCD = — --g
Rs En jiortant 5 en abscisse, on obtient -— - pour une intégrale
H's' 00' X A^ rectiligne ; on obtient de même -^ et
Le poids du voussoir est la résultante de trois forces parallèles: le poids du secteur O'CD, les poids négatifs du secteur OAB et du triangle O'FD ; il est inutile de composer ces forces , il suffit de les introduire successivement dans la ligne de pressions.
330. Voûte avec surcharge. — Considérons séparément le poids de la voûte et de la surcharge ; on obtiendra le poids de la voûte par l'une ou l'autre des méthodes précédentes ; on obtiendra le poids de la surcharge par une intégratiim graphique ordinaire. On peut construire la ligne des pressions de deux manières.
Première méthode.— On introduit successivement et dans l'ordre convenable les poids des voussoirs et de la surcharge. Soient : (fig. 165) AB l'intégrale première de la surcharge , A'B' l'intégrale des poids des voussoirs portés vers le haut , QQ' la poussée. On porte en Q'j3' les poids de la surcharge,
en Q |3 les poids des voussoirs, |3,3' est évidemment l'une des résultantes; on obtient toutes les résultantes enjoignant les poids de Q|3 , aux poids correspondants de Q'j3'. La ligne des pressions se trace par les méthodes connues.
Deuxième méthode. — On construit séparément la ligne des pressions dans l'hypothèse d'une surcharge nulle et dans l'hypothèse de la surcharge seule ; en ajoutant les ordonnées de ces courbes, on obtient évidemment l'intégrale seconde totale , c'est-à-dire la ligne des pressions cherchée. Soient : (fig. 166) A'C'E' et ABDE les intégrales secondes de la charge et de la surcharge. Portons :
«A" = «A + aA',
on obtient le côté A''B" de l'intégrale totale. On apphque cette construction aux côtés tels que A"B" et D"E" suivant lesquels agissent les pressions sur les joints; il est inutile de considérer les côtés auxiliaires tels que BD introduits dans l'intégration.
On peut modifier cette opération de bien des manières. On peut utiliser les points des droites situés sur l'axe ab. On peut aussi déterminer le point d'intersection des côtés A"B" et D' E" par une construction graphique :
Portons: C'J = af3;
'/'(3 et A'B' se coupent sur la verticale cherchée.
Portons : / ¥\== fF + fF',
on obtient un sommet du polygone des pressions. On peu les déterminer tous de cette manière et tracer le polygone des pressions.
340. Remarque. — Dans les tracés qui font l'objet des numéros précédents , on intègre par assimilation. Si l'arc a une courbure insensible , on l'assimile à une droite; s'il a une courbure sensible, on lassimile à une parabole du
INTEGRATION GRAPHIQUE.
second degré; si on conuait les tangentes extrêmes, on l'assimile à une parabole du troisième degré. Il est quelquefois plus exact de recourir à d'autres assimilations ; montrons-le par l'exemple suivant. Dans l'évaluation du poids de la surcharge, on peut rencontrer un arc AB (fig. 167) dont la tangente en B soit verticale; il est peu rationnel de l'assimiler à un arc de parabole du deuxième ou du troisième degré par rapport aux abscisses horizontales, car ces courber n'ont pas de tangente verticale. On obtiendra évidemment une plus grande exactitude, en assimilant cet arc à une parabole de l'espèce :
œ = a -\- by -\- cy^ -\- dy^.
Si on ne connaît i)as la tangente en A, on considère l'arc AB comme une parabole du .second degré; l'abscisse moyenne est l'abscisse du centre de gravité du triangle ATB, obtenu
en portant BT = — AC : c'est l'abscisse du second tiers de«&.
Si on connaît la tangente en A, on peut considérer l'arc AB comme un arc d'une parabole du troisième degré et appliquer la construction du numéro 25. L'intégrale première sera ainsi déterminée par ses deux tangentes extrêmes ; on obtiendra l'intégrale seconde en considérant l'intégrale première comme une parabole du troisième degré en x. On pourrait toutefois iiersister dans la première assimilation et construire géométriquement l'intégrale seconde; ainsi si l'arc AB est assimilé à une parabole du second degré en y, on trouve les constructions suivantes que le lecteur est prié de démontrer :
1° On intègre Tare A'T'B' en y substituant :
ab y
A'rt y = lib y = B'5
sur
sur -—
sur
3 ab
2° Soit S le point de T'B' à égale distance des ordonnées extrêmes. On substitue à l'arc A'B' :
y = Ma
sur
-ab.
y = Ss
sur
sur
— ab.
§ 3. Problèmes sur la détermination des lignes des pressions.
34 1 . ProblèiMcs di»ers. — La ligne des pressions d'une voûte est une intégrale seconde , un lieu de moments fléchissants (121), une ligne des résultantes (133). La poussée est la base de la seconde intégration ; dans une voûte symétrique, la poussée reste horizontale; le pôle du diagramme se déplace horizontalement. La propriété du numéro 56 devient la suivante :
Deux ligyies ou polygones de pression ont leurs tangentes , leurs cordes et leurs côtés correspondants qui se coupent sur une horizontale; en pretiatit cette horizontale comme ligne de repère, on passe d'une ligne de pression à une autre par un changement de l" échelle des ordonnées.
Les problèmes sur la détermination d'une ligne de pression rentrent dans l'énoncé général du numéro 135; mais, comme la direction de la poussée est connue , cet énoncé se transforme dans le suivant :
Construire une ligne de pressio7i satisfaisant à deux conditions dont une de position.
Nous avons donné (135) la méthode générale pour résoudre ces problèmes; les exemples suivants serviront d'applications.
349. Construire une ligne de pression connaissant la grandeur de la poussée et un centre «Je pression. —
340 INTEGRATION GRAPHIQUE.
On construit le diagramme des pressions; on trace la pression qui passe par le centre de pression connu ; on mène successivement les côtés qui précèdent et qui suivent. En d'autres termes, on part du centre de pression connu comme on partait du centre de poussée connu dans les tracés du paragraphe précédent.
343. Connaissant deux cenlre.s de pression, tracer la ligne des pressions. — Soient (fig. 1G5) a. a! les centres de pression dans les joints mn et cd. Traçons une ligne de pression quelconque ; la corde a.y! de ligne inconnue correspond à une corde MM' de la ligne connue ; les points M et M' sont les points des pressions sur les joints mn et cd situés sur les verticales des points a et a'. Soit rjO la poussée pour la ligne connue; menons r^R parallèlement à la corde MM' ; on sait que si la poussée change, le pôle q vient en g»', la droite ^R pivote autour de R et vient en g'R ; pour que la corde MM' vienne en «a', la poussée doit être telle que g'R soit parallèle à «a'. Donc menons Rg' parallèlement à a.a} , ç'O est la poussée cherchée. On connaît alors la poussée et un centre de pression ; on- est ramené au problème précédent.
Autres solutions.— 1° On prolonge les cordes correspondantes aa.' et MM'; on obtient la droite XY. des points d'intersection des côtés correspondants ; on opère alors comme au numéro précédent.
2° Prenons la droite XY comme ligne de repère ; on obtiendra la nouvelle ligne des pressions en réduisant les ordonnées de laligne connue dans le rapport inverse des poussées; cette opération se fait rapidement au moyen d'un compas de réduction.
Cas particulier. — On donne le centre de poussée et un centre de pression. Les trois solutions qui précèdent s'appliquent à ce cas particulier ; mais il existe une solution bien connue de ce problème facile. Déterminons par un procédé quelconque le poids P (fig. 174) compris entre la clef aô et le joint crf dans lequel se trouve le centre de pression n qui est donné. La poussée inconnue en grandeur, mais connue en position , coupe le poids P en m' ; ces deux forces se com-
INTEGRATION GRAPHIQUE. 341
posent en une résultante qui doit passer par n ; il suffit donc de décomposer le poids P suivant les droites mm' et m'n ; on obtient en même temps la poussée et la pression sur le joint cd.
Cette décomposition peut se faire par le parallélogramme des forces; elle peut aussi se faire par le triangle des forces QOR ; on mène OR =■ P, RQ et OQ parallèlement à mm' et m'n.
Cette construction rentre aussi dans la méthode générale du numéro 135. En concentrant le poids P, la ligne des résultantes devient mm'n; connaissant la direction d'une tangente m'7i, on mène RQ suivant cette direction, on détermine le pôle Q.
S'I'l. Construire une ligne de pres»sion eonnaissant un centre de pression et la composante normale de la pression sur un joint. — Au moyen de la composante normale (condition de grandeur) on peut (135) déterminer^ le diagramme des pressions. Soient : (fig. 168 )0P le poids compris entre la clef et le joint que l'on considère , PN la composante normale à ce joint. Le pôle du diagramme doit se trouver à l'intersection de l'horizontale du point 0 et de la droite NQ parallèle au joint ; on obtient ainsi la poussée ; on est alors ramené au problème du numéro 342.
§ 4. Tangentes à la courbe de pression.
345. Kelation entre la pression et la (tangente à la courbe de pression.— Soient: (fig. 170)a&etcd deux joints infiniment voisins ; AM la pression sur le joint ab. Composons cette pression avec le poids rfP du voussoir infiniment petit abdc et de la surcharge hghd\ on obtient la pression BM sur le joint cd ; la tangente à la courbe des centres de pression est le prolongement de l'élément infiniment petit AB.
Nous obtiendrons une équation qui déterminera l'élément AB , en prenant le point A comme centre des moments et en exprimant que le moment de la pression BM est égal à la
342 INTEGRATION GRAPHIQUE.
somme des moments de ses deux composantes : la pression AM et le poids dP. Le moment de la pression AM est nul, on a donc :
Moment de BM = Moment de dP.
Soit rfM le second membre ou c^P x AK ; nous poserons :
rfM = rfP X AK=p X AD
ou p = — - X AK.
AD
La force /; est une force /îctive dirigée parallèlement au joint, api)liquée au point D et dont le moment autour du centre de pression A est égal au moment de la charge élémentaire dP.
Pour exprimer le moment de la pression BM , supposons la transportée au point F sur l'horizontale du centre de pression et décomposée en deux composantes : une composante horizontale qui est là poussée q et dont le moment est nul , une composante verticale qui est le poids P du massif compris entre la clef et le joint AB ; on a :
Moment de BM = P x AF.
L'équation de moment devient donc :
P X AF = /> x AD ,
j' s AF i?
^''^ ÂD = P-
Cette proportion prouve qu'il est possible de construire un quadrilatère 02? RP (flg. 169) semblable au quadrilatère AFBD et tel que les côtés A F et AD aient pour côtés homologues des côtés égaux à j? et à P. Ce quadrilatère donne la solution de la question. On le construit en portant horizontalement op=p {nous verrons plus loin comment on détermine ji); on porte ensuite oP = P suivant une parallèle à AD ou une normale au joint ; on mène PR parallèlement au joint crf ou plus exactement parallèlement au joint ab, hmite de cd. Si on donne la direction de la pression, on connaît /?R, on obtient immédiatement la direction
oR (le la tangente à la courbe des centres de pression. Si , réciproquement, on connaît la direction oR, on obtient la direction ^^'R de la pression.
La force fictive i? dépend de la position du centre de pression A; supposons ce centre fixe; on peut se donner arbitrairement la direction i^R de la pression et obtenir la direction oR de la tangente o B ; l'angle de ces deux directions varie avec la direction 2? R. Menons une circonférence passant par les deux points 0 eip et touchant la droite PR ; soit R' le point de contact; le maximum de l'angle ORp est l'angle OR' p. En effet l'angle ORp a, dans la circonférence OpR', une mesure plus petite que celle de l'angle OR' p.
31C. Autre relation. — La tangente à la courbe des centres de pression est la direction de la résultante de la pression correspondante et de la force fictive p prise en sens contraire.
Soient : (fig. 168) QOP le diagramme des pressions; QO la poussée; OP le poids P. Portons PP' = ^9 ; il faut démontrer que QP' est la direction de la tangente à la courbe des centres de pression. Reprenons l'équation de moment : Moment de BM = Moment de d¥.
Exprimons encore le second membre par i; x AD. Pour obtenir le premier membre , transportons la pression BM au point H situé sur le joint AB; décomposons cette pression en une pression tangentielle et une pression normale au joint. La pression tangentielle a un moment nul, la pression normale N a pour moment Nx AH. L'équation de moment devient :
N X AH = p X AD,
