POLYGONE FUNICULAIRE

SCS deux extrémités A et B, est en équilibre si ces deux forces tendent à allonger le fil, et si elles sont égales.

La tension du fil est égale en tout point à la valeur commune de ces deux forces. Si, en effet, on coupe le fil en un point C, il faudra, pour rétablir l'équilibre, appliquer à f^^ï î^ T""*!^ 5 — f,

rextrémité C du tronçon AC, ^ ^

considéré seul, une force T^,

égale et contraire à F^, et à Textrémité C du tronçon CB une force T„ égale et contraire à F,. On a donc

317. En un point C du fil sans poids AB, appliquons une force F de direction connue, et cherchons quelles forces F^ , F,, il faut appliquer suivant les directions des cordons CA, CB, pour qu'il y ait équilibre.

Du point A au point C , le fil n'est soumis, par hypothèse, à aucune autre force extérieure que la force F^; donc la tension en tous les points de ce cordon est ^^' soo.

égale à F^; de même la tension est égale à F, en tous les points du cordon BC.

Nous pouvons ainsi considérer le point C du fil comme un point matériel isolé, en équilibre sous l'action de la force F, et des tensions F^ et F, , appliquées suivant les directions CA, CB, et par suite la force F est égale et contraire à la résultante des forces F^ et F^; on trouvera donc les tensions des deux cordons, et les forces qu'il faut appliquer dans leur prolongement, en décomposant la force — F, égale et opposée à la force F, suivant les directions données CA, CB.

Les tensions sont généralement inégales dans les deux brins €A, CB : elles deviennent égales quand la direction CF est bissectrice de l'angle ACB.

Supposons encore que la force F, au lieu de solliciter

n. — wÉc. C0LU6H0V. 33

directement le point C, soit appliquée dans le proiongemeDt dun cordon CD, attaché au point C (fig. 301). La solution sera la même, car le point C, considéré isolément, se trouve sollicité à la fois par les tensions des cordons CA^ CB, CD, égales respectivement aux forces F^ , F, , F. Chacune de ces forces est donc égale et contraire à la résultante de^ deux autres.

Fig. 302.

318. Si le cordon CD (6g. 302) était attaché à un anneau, libre de glisser sans frottement le long du fil ACB, l'équilibre exigerait que les forces F^ et F^ fussent égales : autrement le 61 ACB serait entraîné à glisser dans l'anneau du côté où le solliciterait la plus grande des deux forces F^, F,; le frottement de Panneau contre le fil est en effet la seule résistance capable de contre-balancer cette tendance, et nous supposons qu'il est nul. Dans ce cas, F^ et F, étant égales, la direction du cordon CD est bissectrice de langle ACB.

Soit ABC un fil inextensible, attaché aux points fixes A et B (fig. 303); soient C un anneau infiniment petit, libre de glisser sur le fil sans frottement, et F une force appliquée à l'anneau de manière à tendre à la fois les deux portions du fil. L'anneau sera en équilibre dès que la direction de la force F sera . . bissectrice de l'angle ACB. Or le lieu des

uig 303.

positions de l'anneau dans le plan de la figure est Tellipse qui a pour foyers les points A et B, et pour grand axe la longueur du fil, CA + CB. L'équilU)re

Fig. 304.

FUNICULiOIlE. 490

du point mobile C sur celle courbe a lieu quand la force qui le sollicite est normale à la courbe. On retrouve ainsi ce théorème de géométrie : la normale en un point de Fellipse partage en deux parties égales V angle formé par les droites menées de ce point aux deux foyers de la courbe.

519. Occupons-nous enfin du cas général, c'est-à-dire de Téquilibred'un fil sans pesanteur, ABCDE, sollicité aux points B, C, D, par des forces F, F, F% et à ses extrémités A et E par les forces R et S. Appelons T^ , T, , T, , T^ , les tensions des cordons successifs AB, BC, CD, DE.

L'équilibre du cordon AB, considéré isolément, exige que la force R agisse dans la direction de ce cordon; la tension T^ qui y est développée, fait équilibre à cette force, et par suite ona T^=R.

Le point B est sollicité à la fois par trois forces, savoir les tensions T^ et T, des cordons BA, BC, et la force F. Chacune de ces trois forces est donc égale et opposée à la résultante des deux autres, et on trouvera la tension inconnue T, en composant la force F avec la force R transportée au point B. On peut observer que les trois directions BA, BC, BF, sont contenues dans un même plan.

La tension T,, ainsi déterminée, régne en tous points du cordon BC ; il faut et il suffit pour Téquilibre de Textrémité C de ce cordon qu'il y ait équilibre entre les trois forces T, , F et T, ; la tension T, est donc égale et contraire à la résultante des deux forces connues T, el F\ et les trois directions CB, CD, CF', sont contenues dans un même plan.

On reconnaîtrait de même que la tension T^ du quatrième cordon est égale à la résultante de la force F' et de la tension T, du troisième cordon ; elle est d'ailleurs égale à la force S, qui sollicite le dernier cordon dans sa propre direction. On peut donc, pour définir le polygone, donner en grandeur et en

direction les forces R, F, F', P, et les longueurs AB, BC, CD, DE, des cordons successifs qui séparent les points d'application des forces. La construction du contour polygonal ABCDE fera connaître la grandeur et la direction de la force S qui restait à déterminer.

Il est plus simple, pour trouver la grandeur de cette force, d'observer que S est égale et contraire à la résultante des forces extérieures R, F, F', P, qui sollicitent le système matériel ABCDE ; on aura sa valeur en transportant toutes ces forces en un même point, et en les composant par la règle da polygone. La résultante sera égale et parallèle à la force cherchée.

La construction de ce polygone auxiliaire a l'avantage de faire connaître du même coup les tensions deb divers côtés du polygone funiculaire, et les directions de ces côtés; oq lui donne le nom de polygone de Varignon.

Par un point 0 quelconque (fig. 305), menons une droiteOr, parallèle à la force R et au premier côté AC (6g. 304), et prenons sur cette droite, à une échelle arbitraire, une longueur Or égale à la force R. Par le point r ainsi obtenu menons une droite rf, parallèle et égale à la force F. La droite Of est la résultante des forces Or et rf appliquées au point 0; cette droite O^est donc parallèle et égale à la tension T, du second côté BC du polygone funiculaire, et par suite elle est parallèle à ce Fi?. 303. second côté. Menons ensuite ff égale et pa-

rallèle à la force F'; la droite Of sera de même parallèle au côté CD, et égale à la tension T,; enfin, menons ff égale et parallèle à P; la droite Of qui ferme le polygone sera égale et parallèle à T^, c'est-à-dire à la force S, et déterminera cette force en grandeur et en direction.

On peut observer que dans le polygone de Varignon les deux côtés Or, 0/*, qui aboutissent au point 0, et les diagonales menées de ce point aux autres sommets, représentent

DE TARIGNON.

les directions des côtés successifs du polygone funiculairct et les valeurs des tensions qui y sont développées.

Remarquons encore que, si l'on considère une portion quelconque du polygone funiculaire, les tensions dans les côtés extrêmes qui limitent cette portion, font équilibre aux forces extérieures appliquées aux sommets intermédiaires; ainsi, les tensions T, et T^ font équilibre aux forces F' et P, et les tensions T^ et T, aux forces F et ¥'.

520. De là résulte un moyen de trouver la résultante de forces données situées dans un même plan.

Soient F, F% P (fig. 306), les forces données. En un point A de la direction de Tune d'elles, on appliquera une force quelconque AR ; on composera cette force R avec la force F transportée en A, ce qui donnera une résultante Am. La direction de cette résultante, prolongée si cela est nécessaire, rencontre en B la direction de la force F'. Transportons en B les forces Am et F' ; puis composons-les, ce qui nous donnera la résultante Bn ; prolongeons de même la direction de cette résultante, qui coupe la direction de F' en C ; transportons en ce point les forces P et Bn, et composons-les pour avoir leur résultante Cp ; considérons enfin une force S, appliquée eu C, égale et contraire à Cp. Nous pouvons imaginer un polygone funiculaire RA6CS, qui sera en équilibre, en vertu de notre construction, sous l'action des forces R, F, F, P, S ; les forces extrêmes R et S représentent les tensions des côtés extrêmes de ce polygone.

Ces forces R et S font équilibre aux forces F, P, F"", et leur résultante est égale et contraire à la résultante cherchée. Prolongeons les directions AR, CS, jusqu'à leur rencontre en D; transportons en ce point les forces R et S, et achevons le parallélogramme DrP«; la diagonale DP sera

Fig. 306.

S02 POLYGOKB

égale et opposée à la résultante des forcés données. La droite finie PD représentera donc en grandeur, en position et en sens, la résultante cherchée.