La fourche de chariot élévateur : où est la palette ?

La stratégie. Coupure, moment par tronçons en isolant la partie aval (elle ne contient pas l'encastrement, dont on ne connaît pas l'action), double intégration de $EI{y}^{\prime \prime }=-M_{fz}$, constantes fixées par l'encastrement ($y(0)=0$, $y^{\prime }(0)=0$), puis raccordement entre tronçons : $y$ et $y^{\prime }$ sont continus, la poutre ne se rompt ni ne se plie en angle vif.

1) Le moment par tronçons. La rigidité de flexion vaut $EI=E\frac{b{h}^3}{12}=210\cdot 10^9\times \frac{0,1\times 0,045^3}{12}=159469\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2$ et la charge linéique $q=\frac{1000\times 9,81}{1}=9810\mathrm{N}{\mathrm{m}}^{-1}$. Tronçon $[0,\ell ]$ : la partie aval porte la charge $q(\ell -x)$, de résultante verticale descendante appliquée au milieu de $[x,\ell ]$, à $\frac{\ell -x}{2}$ de la section ; son moment en $G$ vaut $-\frac{q(\ell -x{)}^2}{2}\overrightarrow{z}$, d'où $$M_{fz}(x)=\frac{q(\ell -x{)}^2}{2}(0\le x\le \ell ).$$ Il est positif : la fibre supérieure est tendue, le bras se courbe vers le bas. Tronçon $[\ell ,L]$ : la partie aval ne porte rien, $M_{fz}=0$ : ce tronçon reste droit. Il ne se déforme pas, mais il se déplace : il prolonge la tangente en $x=\ell$, et c'est par là que la rotation de la section $\ell$ s'ajoute à la flèche.

2) Intégration et raccordement. Sur $[0,\ell ]$, $EI{y}^{\prime \prime }=-\frac{q(\ell -x{)}^2}{2}$. Une première intégration donne $EI{y}^{\prime }=\frac{q(\ell -x{)}^3}{6}+C_1$ ; l'encastrement impose $y^{\prime }(0)=0$, donc $C_1=-\frac{q{\ell }^3}{6}$. Une seconde : $EIy=-\frac{q(\ell -x{)}^4}{24}-\frac{q{\ell }^{3}x}{6}+C_2$, et $y(0)=0$ impose $C_2=\frac{q{\ell }^4}{24}$. En $x=\ell$ : $$y(\ell )=-\frac{q{\ell }^4}{8EI}=-7,69\mathrm{mm},y^{\prime }(\ell )=-\frac{q{\ell }^3}{6EI}=-1,025\cdot 10^{-2}\mathrm{rad}=-0,587^{\circ }.$$ On reconnaît les deux résultats de la console sous charge répartie. Sur $[\ell ,L]$, $y^{\prime \prime }=0$ : $y$ est affine, et la continuité de $y$ et de $y^{\prime }$ en $\ell$ donne $y(x)=y(\ell )+y^{\prime }(\ell )(x-\ell )$. À la pointe : $$y(L)=-\frac{q{\ell }^4}{8EI}-\frac{q{\ell }^3}{6EI}(L-\ell )=-(7,69+1,54)=-9,23\mathrm{mm}.$$ Contrainte : le moment est maximal au talon, $M_{fz}(0)=\frac{q{\ell }^2}{2}=4905\mathrm{N}\mathrm{m}$, et ${\sigma }_{\max }=\frac{6M}{b{h}^2}=\frac{6\times 4905}{0,1\times 0,045^2}=145\mathrm{MPa}$. Les deux exigences sont tenues, la flèche avec $8\%$ de marge seulement, la contrainte avec $27\%$. Homogénéité : $q{\ell }^4/EI$ est en $\mathrm{N}{\mathrm{m}}^{-1}{\mathrm{m}}^4/(\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2)$, des mètres ; $q{\ell }^3/EI$ est sans dimension, un angle.

3) Le modèle concentré. La force $F=mg=9810\mathrm{N}$ à $c=500\mathrm{mm}$ donne au talon $Fc=4905\mathrm{N}\mathrm{m}$ : le même moment, puisque la résultante de la charge répartie passe au même point. Mais sur $[0,c]$, $M_{fz}=F(c-x)$, et $M_{fz}=0$ au-delà ; la console sous force en bout, puis le tronçon droit, donnent $$\delta =\frac{F{c}^3}{3EI}+\frac{F{c}^2}{2EI}(L-c)=2,56+5,00=7,56\mathrm{mm},$$ soit 18 % de moins que la vraie flèche : le modèle simplifié n'est pas du côté de la sécurité. La raison : la flèche cumule la courbure $M/(EI)$ sur toute la longueur, pondérée par la distance à la pointe. Le modèle concentré annule le moment au-delà de $500\mathrm{mm}$, alors que la palette réelle courbe encore le bras jusqu'à $1000\mathrm{mm}$. Le centre de charge sert à vérifier la résistance (le moment au talon), pas le déplacement.

4) La palette mal placée. La charge occupe $[d,L]$ avec $d=150\mathrm{mm}$ (puisque $d+\ell =L$). Par superposition, c'est une charge $q$ sur $[0,L]$ moins une charge $q$ sur $[0,d]$ ; la seconde est une console de longueur $d$, prolongée par un tronçon droit. Donc $$\delta =\frac{q{L}^4}{8EI}-[\frac{q{d}^4}{8EI}+\frac{q{d}^3}{6EI}(L-d)]=\frac{q}{24EI}(3L^4-4d^{3}L+d^4)=13,41\mathrm{mm}.$$ Le moment au talon vaut $q\ell (d+\ell /2)=6376\mathrm{N}\mathrm{m}$, d'où ${\sigma }_{\max }=189\mathrm{MPa}$ : la résistance tient encore ($5\%$ de marge), la flèche non ($+34\%$). Un décalage de $15\%$ de la longueur coûte $45\%$ de flèche, parce que la flèche croît comme la puissance quatrième des longueurs. La flèche étant en $1/h^3$, il faut $h\ge 45\times (13,41/10{)}^{1/3}=49,6\mathrm{mm}$ : avec $h=50\mathrm{mm}$, $\delta =13,41\times (45/50{)}^3=9,78\mathrm{mm}$ et $\sigma =153\mathrm{MPa}$, pour $11\%$ de masse en plus.

Ce que l'exercice installe. La méthode complète de la déformée : moment par tronçons sur la partie aval, double intégration, conditions d'encastrement, raccordement qui fait d'un tronçon non chargé un prolongement rectiligne. Et deux leçons de dimensionnement : un chargement équivalent pour le moment ne l'est pas pour la flèche ; la flèche, en puissance quatrième des longueurs, est bien plus sensible à la position de la charge que la contrainte.