Charges réparties : résultantes, centroïdes et réactions d’appui

Du diagramme de charge aux réactions d’appui

Une charge répartie agit sur une longueur. Ses flèches ne sont pas une série de forces ponctuelles égales : leur hauteur représente une force par unité de longueur. Cette leçon remplace ce diagramme par une force équivalente au bon endroit, puis utilise l’équilibre pour calculer les réactions.

Révisez d’abord le moment d’une force et l’équilibre statique si les bras de levier perpendiculaires ou les signes des moments vous posent problème. Vous aurez besoin des aires du rectangle et du triangle, des moyennes pondérées et d’équations simples; le calcul intégral est facultatif. Prévoyez environ 40 minutes.

Nous étudions des poutres idéales, horizontales et rigides, en équilibre statique. Une articulation en A peut fournir une force horizontale et une force verticale. Un appui à rouleau sans frottement en B, sur une surface horizontale, fournit seulement une force verticale. Aucun de ces appuis ne fournit de couple de réaction. Toutes les charges appliquées ici sont dirigées vers le bas; le poids de la poutre est négligé, sauf indication contraire. Ces modèles servent à apprendre, et non à concevoir ou à valider la sécurité d’une structure.

1. La hauteur est une intensité; l’aire est une force

La coordonnée $x$ mesure la distance vers la droite à partir de A, en mètres. L’intensité $w(x)\ge0$ de la charge vers le bas s’exprime en N/m ou en kN/m. La zone chargée commence à $x=a$ et sa longueur est $\ell$. La portée $L$, distance entre A et B, peut être plus grande que $\ell$. La grandeur $R$ est la force équivalente vers le bas et $\bar x$, sa position mesurée depuis A.

Une petite bande de largeur $\Delta x$ porte environ $w(x)\Delta x$ de force. Additionner les bandes revient à trouver l’aire sous le diagramme d’intensité. La force équivalente doit conserver la force totale et le moment total :

$$R=\text{aire sous }w(x),\qquad R\bar x=\text{moment statique de cette aire par rapport à A}.$$

La ligne d’action passe par le centroïde de l’aire du diagramme de charge, pas nécessairement par le centre de la poutre ou le milieu de la zone chargée. Avec le calcul intégral, $R=\int_a^{a+\ell}w(x)\,dx$ et $\bar x=\int_a^{a+\ell}xw(x)\,dx/R$, pour $R>0$. La géométrie ci-dessous suffit pour tous les exercices.

Vérifiez les unités : $(\mathrm{kN/m})(\mathrm m)=\mathrm{kN}$; une force multipliée par une position donne des kN·m. Aussi, $1\text{ kN}=1000\text{ N}$. Une intensité de 4 kN/m n’est pas une force de 4 kN. La hauteur du diagramme représente une intensité, pas une hauteur physique au-dessus de la poutre.

2. Charge uniforme : utiliser la longueur chargée

Pour une intensité constante $w_0$ sur $[a,a+\ell]$, le diagramme est un rectangle :

$$R=w_0\ell,\qquad\bar x=a+\frac{\ell}{2}.$$

Tracez un nouveau diagramme du corps libre : retirez les flèches réparties, remplacez-les par $R$, puis ajoutez $A_x,A_y,B_y$. Ici, $A_x$ et $A_y$ sont les composantes signées horizontale et verticale de la réaction en A; $B_y$ est la réaction verticale signée en B. Ne comptez pas à la fois la charge d’origine et sa remplaçante. Avec les forces vers le haut et les moments antihoraires positifs, pour les seules charges verticales indiquées :

$$A_x=0,\qquad A_y+B_y=R,\qquad B_yL-R\bar x=0.$$

Ainsi, $B_y=R\bar x/L$ et $A_y=R-B_y$. Le dénominateur est la distance entre les appuis, pas la longueur chargée.

Exemple résolu 1 : un rectangle décalé

A et B sont séparés de 6 m. Une charge uniforme de 3 kN/m vers le bas agit de $x=1$ m à $x=5$ m. La longueur chargée vaut $\ell=4$ m : donc $R=3(4)=12$ kN et $\bar x=1+4/2=3$ m.

Les moments autour de A donnent $6B_y-12(3)=0$, d’où $B_y=6$ kN et $A_y=6$ kN vers le haut; $A_x=0$. Vérification : $6+6=12$, et autour de B, $-6(6)+12(3)=0$ kN·m. Multiplier 3 kN/m par toute la poutre de 6 m chargerait à tort ses deux extrémités non chargées.

3. Charge triangulaire : repérer le côté le plus haut

Une intensité qui varie linéairement de zéro à $w_{\max}$ forme un triangle. Sa force vaut la moitié de celle d’un rectangle ayant la même base et la même hauteur maximale. Son centroïde se trouve au tiers de la longueur chargée depuis le côté le plus haut, ou aux deux tiers depuis le côté nul.

$$R=\frac12w_{\max}\ell.$$

• Zéro à gauche, maximum à droite : $\bar x=a+2\ell/3$.
• Maximum à gauche, zéro à droite : $\bar x=a+\ell/3$.

La partie la plus chargée attire le centroïde vers elle. Inverser le triangle conserve son aire et sa force, mais change son moment.

Exemple résolu 2 : un triangle qui commence après A

Sur une portée de 6 m, l’intensité augmente de zéro à $x=2$ m jusqu’à 6 kN/m à $x=5$ m. Ici, $\ell=3$ m : donc $R=\tfrac12(6)(3)=9$ kN et $\bar x=2+2(3)/3=4$ m. Ainsi, $B_y=9(4)/6=6$ kN et $A_y=3$ kN, vers le haut.

Vérification du cas croissant : $3+6=9$ kN, et autour de B, $-3(6)+9(2)=0$ kN·m.

Inversons ce triangle : son centroïde devient $\bar x=2+3/3=3$ m, ce qui donne $B_y=A_y=4{,}5$ kN. Vérification du cas inversé autour de A : $4{,}5(6)-9(3)=0$ kN·m. Utiliser le milieu de la zone chargée serait faux dans les deux cas. Les réactions du second cas sont égales uniquement parce que son centroïde coïncide avec le milieu entre les appuis.

4. Charges combinées : additionner forces et moments

Décomposez un trapèze en rectangle et triangle. Calculez chaque force $R_i$ et sa position $x_i$, toujours depuis la même origine A. Pour plusieurs charges vers le bas :

$$R=\sum_i R_i,\qquad\bar x=\frac{\sum_i R_ix_i}{\sum_iR_i},\qquad B_y=\frac{\sum_iR_ix_i}{L},\qquad A_y=\sum_iR_i-B_y.$$

Vous pouvez garder les forces séparées dans l’équation des moments; le calcul du centroïde global est facultatif. Ne faites pas une moyenne non pondérée des positions, sauf si les forces sont égales. Une force ponctuelle s’ajoute directement en unités de force, sans multiplication par une longueur chargée.

Exemple résolu 3 : un trapèze sur une partie de la poutre

Les appuis sont à $x=0$ et $x=8$ m. De $x=2$ à $x=6$ m, l’intensité augmente linéairement de 2 à 5 kN/m. Elle est nulle ailleurs. Décomposez-la en rectangle de 2 kN/m et en triangle dont le maximum supplémentaire vaut $5-2=3$ kN/m.

Rectangle : $R_1=2(4)=8$ kN à $x_1=2+4/2=4$ m. Triangle : $R_2=\tfrac12(3)(4)=6$ kN à $x_2=2+2(4)/3=14/3$ m.

$$R=14\text{ kN},\quad R\bar x=8(4)+6(14/3)=60\text{ kN·m},\quad\bar x=30/7\text{ m}.$$

Donc, $B_y=60/8=7{,}5$ kN et $A_y=14-7{,}5=6{,}5$ kN vers le haut, avec $A_x=0$. Vérification : le centroïde $30/7\approx4{,}286$ m est entre ceux des deux composantes et légèrement à droite du milieu de la zone chargée, vers la charge la plus forte. Autour de B : $-6{,}5(8)+8(4)+6(10/3)=0$.

Limite du modèle : remplacer une charge répartie par une force conserve la force et le moment externes; cela convient aux réactions de la poutre entière. Ce remplacement ne conserve pas l’effort tranchant ou le moment fléchissant interne à chaque section. Nous ne calculons ni contraintes, ni flèches, ni charges admissibles. Une réaction de rouleau négative selon l’axe vers le haut exigerait une force de contact vers le bas; un rouleau ordinaire non retenu ne peut pas la fournir. Il faudrait alors vérifier le modèle de contact.

5. Huit exercices progressifs et de transfert

Conservez le même modèle idéal d’appuis. Dessinez l’aire de charge, indiquez une origine commune et essayez chaque exercice avant d’ouvrir un indice.

1. Une charge uniforme vers le bas vaut 400 N/m sur 2,5 m. Calculez sa force totale en N et en kN.

   Indice facultatif 1

   Multipliez l’intensité par la longueur chargée, puis convertissez les unités de force.

   Solution expliquée 1

   $R=400(2{,}5)=1000$ N = 1 kN vers le bas. Les N/m deviennent des N après multiplication par des mètres; répondre 400 N confondrait intensité et force.

2. Une charge uniforme de 2 kN/m agit de $x=3$ à $x=7$ m. Trouvez $R$, $\bar x$ et son moment signé autour de A à $x=0$, avec le sens antihoraire positif.

   Indice facultatif 2

   Trouvez la longueur de l’intervalle et ajoutez le décalage à son milieu local.

   Solution expliquée 2

   $\ell=7-3=4$ m, $R=8$ kN et $\bar x=3+4/2=5$ m. Son moment vaut $-8(5)=-40$ kN·m (horaire). Le milieu local à 2 m n’est pas la distance depuis A.

3. De $x=1$ à $x=7$ m, une charge triangulaire vers le bas diminue de 3 kN/m à zéro. Trouvez sa force équivalente et sa position.

   Indice facultatif 3

   Partez du côté gauche le plus haut et avancez d’un tiers de la longueur chargée.

   Solution expliquée 3

   $R=\tfrac12(3)(6)=9$ kN, à $\bar x=1+6/3=3$ m. La placer à 5 m correspondrait au triangle inversé, pas à celui-ci.

4. Une articulation à $x=0$ et un rouleau à $x=5$ m soutiennent une poutre chargée uniformément à 2 kN/m vers le bas sur toute sa portée. Trouvez toutes les composantes des réactions.

   Indice facultatif 4

   Remplacez d’abord la charge par une force au milieu.

   Solution expliquée 4

   $R=10$ kN à 2,5 m. L’équation $5B_y=10(2{,}5)$ donne $B_y=5$ kN vers le haut; $A_y=10-5=5$ kN vers le haut et $A_x=0$. Le rouleau sans frottement sur une surface horizontale n’a pas de réaction horizontale.

5. Une portée de 6 m porte une charge croissante de zéro en A à 3 kN/m en B. Un élève place la résultante à 3 m et obtient des réactions égales. Corrigez le modèle et calculez les réactions.

   Indice facultatif 5

   L’aire du triangle et la position de son centroïde se déterminent séparément.

   Solution expliquée 5

   $R=9$ kN, mais $\bar x=2(6)/3=4$ m. Donc $B_y=9(4)/6=6$ kN et $A_y=3$ kN vers le haut. Des réactions égales placeraient la résultante au milieu et ne respecteraient pas le véritable bilan des moments.

6. Une poutre a A à 0 et B à 10 m. Sa charge diminue linéairement de 4 à 2 kN/m sur $x=2$ à $x=8$ m et est nulle ailleurs. Calculez les réactions.

   Indice facultatif 6

   Décomposez en rectangle de 2 kN/m et en triangle de maximum 2 kN/m à gauche.

   Solution expliquée 6

   Le rectangle donne 12 kN à 5 m. Le triangle donne 6 kN à $2+6/3=4$ m. La charge totale vaut 18 kN et la grandeur du moment autour de A vaut $12(5)+6(4)=84$ kN·m. Donc $B_y=8{,}4$ kN et $A_y=9{,}6$ kN vers le haut, avec $A_x=0$. La réaction gauche plus grande concorde avec la charge plus forte à gauche.

7. Transfert : A est à 0 et B à 8 m. Une charge uniforme de 1,5 kN/m vers le bas agit de 0 à 4 m; une force ponctuelle supplémentaire de 4 kN vers le bas agit à 6 m. Trouvez les deux réactions verticales et la position de la résultante globale.

   Indice facultatif 7

   La force ponctuelle est déjà en unités de force. Ajoutez son moment à celui du rectangle.

   Solution expliquée 7

   Le rectangle donne 6 kN à 2 m. Donc $R=6+4=10$ kN et $R\bar x=6(2)+4(6)=36$ kN·m. Ainsi, $\bar x=3{,}6$ m, $B_y=36/8=4{,}5$ kN et $A_y=5{,}5$ kN vers le haut. La moyenne non pondérée de 4 m serait fausse, car les forces sont différentes.

8. Transfert et reprise : une poutre de 8 m a une articulation à 0 et un rouleau à 8 m. Une charge uniforme vers le bas agit de $x=2$ à $x=6$ m. Les réactions verticales idéales mesurées valent chacune 5 kN vers le haut. Trouvez l’intensité. Si cette même zone chargée se déplace de $x=4$ à $x=8$ m, trouvez les nouvelles réactions.

   Indice facultatif 8

   La somme des réactions donne la charge totale. Déplacez ensuite le centroïde sans changer l’aire.

   Solution expliquée 8

   La charge totale vaut $R=5+5=10$ kN, donc $w_0=10/4=2{,}5$ kN/m. Au départ, le centroïde est à 4 m, conformément aux réactions égales. Après le déplacement, $\bar x=6$ m : donc $B_y=10(6)/8=7{,}5$ kN et $A_y=2{,}5$ kN vers le haut. La force totale reste constante, mais le moment augmente.

Avant de continuer, expliquez pourquoi les N/m ne sont pas des N, pourquoi il faut ajouter le décalage à un centroïde local et pourquoi inverser un triangle change les réactions. Si une étape reste difficile, reprenez l’exercice 1, 2 ou 5 avec un dessin annoté.

Contexte du cours et suite

Le plan de cours officiel de Sheridan MECE21469D (hiver 2026) comprend les charges réparties dans les résultantes des systèmes de forces, ainsi que le calcul des réactions d’équilibre. Cette ressource originale cible ces notions; ce n’est ni un document officiel du cours ni une révision complète du cours.