Historiquement, la Statique précède la dynamique, car on y a peu besoin du calculus. 
Une fois identifiée la notion de force (en newton) comme un vecteur, et donc la loi de composition dite du parallélogramme, bien dégagée par (1548-1620), remarquable novateur, puis celle du produit d.F comme déterminant de rotation autour d'un axe (on dit "moment" du produit vectoriel), l'essentiel est fait. Roberval , puis Varignon(1687) finiront de codifier cette discipline de pratique très ancienne, dont l'application la plus remarquable est celle de démultiplication des forces [via la règle des travaux virtuels ; dont d'Alembert , puis surtout Lagrange seront les champions]: 
la Statique est alors la partie de la Dynamique où le moindre DÉSÉQUILIBRE entraînerait un MINUSCULE mouvement commençant, ce qui permet d'éviter tout calcul cinétique. C'est uniquement dans cet esprit qu'est la valeur formatrice de la Statique : on y forme une capacité d' analyse des forces soigneuse, de travail infime déterminé , le tout sans calculs ou résolution d'équations différentielles ; cela justifie donc que nous lui assignons cette place dans ce cours. Elle eût pu être évacuée, mais le concept de travail (1 joule = 1 N.m) aurait été moins bien assimilé. 
Nous ne poursuivrons pas les applications , le projet étant simplement de bien analyser et composer les forces. Alors la Dynamique prendra toute sa puissance, via les analyses de Huygens(1629-1695)(1 descartes /s = 1 newton) et surtout de Newton(les Principia ,1687).
Bibliographie : Mach, Duhem, Bottema, P.Provost
Préliminaires.
On ne saurait attaquer un programme de statique, sans une bonne connaissance des vecteurs de R² et de la trigonométrie.
Par exemple, on fera l'exercice suivant : 
Soit un repère orthonormé (i , j) . Soit k unitaire , d'angle polaire 30° : exprimer i en fonction de j et k.
Recommencer avec k' d'angle polaire 60°.
Solution de l'exercice : 
k s'exprime à l'aide de i et j d'où i en fonction de j et k :
k = cosA .i +sinA .j donc i= k/cosA - tanA. j
De même avec A = 60°
Statique du point matériel.
Expérimentation.
Soit un plomb P attaché à une ficelle OP, laquelle est suspendue par deux fils dynamométriques (un appareil indique leur tension) AO et BO . A, B, O, et P sont dans le même plan et en déplaçant les points A et B, on peut constater que la disposition des fils AO et BO suivent une règle dite PFS (principe fondamental de la statique) du point matériel : les Tensions des fils , Ta et Tb s'ajoutent vectoriellement pour donner -mg , l'opposé du poids du plomb.
L'ancien appareil didactique de Varignon permettait la même manipulation.
Enoncé général du PFS (prinicipe fondamental de la Statique).
Pour qu'un point matériel, O, soit en équilibre, il faut que la somme des forces agissant en O soit nulle.
Exercices.
Correction des exercices.
2T.sin(15°)= .
Statique du corps rigide dans le plan.
la faute logique du palonnier.
Mach, dans sa très fine analyse critique du développement de la mécanique, met bien l'accent sur la progression assez caractéristique de celle-ci : l'expérience ancestrale des machines se transmet et est vécue comme "normale". Puis des "théoriciens" viennent rendre idéales ces machines pour tenter d'y déceler leur principe commun ; il y a accrétion progressive d'un savoir-faire à un savoir, qui conduit lui-même à d'autres inventions, puis d'autres remarques, en une succession d'avancées, d'impasses, de fautes logiques corrigées. 
On peut aussi graduellement persuader que tel ou tel énoncé n'est que le reflet de faits pratiques ancestraux : la méthode est plus longue, mais laissent plus d'élèves convaincus (?). Voire.
Voici une jolie histoire de cette sorte : 
Ayant 3 bœufs, on fixera un attelage en ligne de 2 bœufs en A1 , mais on placera le joug du troisième en B2 tel que OB2 = 2 OA2. Le palonnier sera équilibré.
De même fonctionnent les balances dites romaines : la somme des di.Fi permet de calculer le poids P à peser : -d.P + somme(di.Fi).
Soit une plinthe de longueur 2l+2n , suspendue par un point médian de son côté peu épais.
Elle est en équilibre horizontal.
Scier un trait vertical à la distance 2l de l'extrémité ne change rien. Scier un trait horizontal qui partage la plinthe en trois morceaux : un fléau de longueur AB = 2l+2n , et deux plaquettes de longueur respectives 2l et 2n , que l'on continue à faire tenir en leur position initiale par deux fils verticaux traversant le fléau en AF1 = l et AF2 = 2l+n. Tout restant en place identiquement, on admet volontiers que l'équilibre subsiste, chaque plaquette étant d'ailleurs en équilibre puisqu'également suspendue par son milieu. Tourner alors chaque plaquette de 90° ne doit pas changer l'équilibre, ce qui se voit aisément (en répétant l'opération, ad libitum , on obtient un "mobile" de Calder !). Reste le calcul magique : La plaquette P1 est de poids 2l.K et le fil F1 est à la distance OF1 := d1 = l+n -l = n . De même la plaquette P2 de poids 2n.K est suspendue au fil F2 à la distance OF2 := d2 = -l .
L'équilibre a donc lieu pour d1.P1 -d2.P2 = 0 . Dit autrement , l'expression d1.P1 -d2.P2 est le déterminant de l'équilibre autour de O : fût-il positif (resp. négatif), il s'en suivrait un basculement côté P1 (resp. côté P2). 
Convaincu ? si oui, relire Mach et chercher l'erreur.
la Samaritaine.
Alors reprenant le fléau du palonnier F1OF2 et faisant tourner la figure autour de O, transformons-le en un treuil différentiel de deux poulies de rayon d1 et d2 : les forces des poids P1 et P2 n'ont plus besoin d'être verticales : le déterminant de rotation est donc la distance de O à la direction de la force , les points d'action F1 et F2 n'ayant plus de raison d'être alignés.
 Wonder en is gheen Wonder 
Nous renvoyons en discussion cette magnifique leçon d'humilité de Stevin.
Expérience.
Soit un corps rigide mobile dans un plan. Soit G son centre de masse. Exerçons une force F horizontale dont la ligne d'action passe par G : le solide sera translaté sans tourner.
par contre , si on exerce une force F' égale mais parallèle à F de la distance d , le point G se translatera de même, MAIS le solide tournera. On dit que le glisseur-force F' détermine un "déterminant-de-rotation" d.F (appelé aussi : moment par rapport à G) , ce qui causera une rotation autour de G.Une autre force F" parallèle à F mais de déterminant de rotation opposé fera que ce solide sera translaté sans tourner,la somme des déterminants-de-rotation s'annulant. Il suffira d'ancrer G sur un piton pour que le solide se trouve en équilibre, la "réaction du piton" s'ajustant de manière à équilibrer F' + F"
Théorème de Varignon.
Seuls comptent :
Couple et torseur.
2 forces opposées mais situées sur deux droites d'application de distance d s'appellent un couple C = F.d: elles ne provoquent aucune translation, mais seulement une rotation.
Tout ensemble de glisseurs-Forces coplanaires peut se à une résultante S (on dit aussi somme S) et un déterminant-de-rotation (en France , on dit moment de rotation ou par abrégé, moment) en A égal à M . En un autre point B , le moment sera M' = M + BA/\S . Si S= 0 , alors le système de forces est dit réduit à un couple C dont le déterminant-de-rotation est indépendant du point de calcul.
Principe fondamental de la Statique.
le Principe Fondamental de la Statique (PFS) sera alors : 
Machines simples et travaux virtuels.
ébauche : cf Mach p58 (Jean Bernoulli, 1717)
Ce paragraphe sera étudié dans le cadre purement théorique des liaisons sans frottement. On accède ainsi à une notion très importante de la mécanique : la puissance (en watt) d'une force et son travail (en joule = 1 N.m).
ébauche (Mach p 53) :
Rien n'incommode plus la raison que de voir tirer les deux hémisphères de Magdebourg par deux fois 8 chevaux : un simple piton scellé dans un mur aurait économisé 8 chevaux.
Une poulie scellée à un plafond supporte deux poids égaux P1 = P et P2 = P et le mur supporte 2P .
Remplaçons le poids P1 par une poulie supportant un poids 2P , l'autre brin étant fixé au mur qui supporte alors au total 3P : l'ouvrier qui tire avec la force F= P supporte ainsi 2P.
Évidemment, Archimède itère le processus : 2P est remplacée par une poulie supportant 4P, le brin fixé au mur supportant 2P . Le mur supporte donc 5P , l'ouvrier ne tire toujours que P.
Et une autre poulie permettra à l'ouvrier de supporter 8P et ne tirant que F = P . 
Mais dût-il élever cette charge 8P d'une hauteur l , la géométrie du mouvement des poulies montre immédiatement qu'il doit déplacer F de 8l : la démultiplication des forces n'a été gagnée que dans le rapport inverse des déplacements virtuels :
Encore dans la réalité faut-il compter le poids des câbles, leur raideur ,les frottements ! Mais ABSTRACTION faite de tous ces embarras, Stevin montre que la profonde réalité est bien là . Et Jean Bernouilli le dira haut et clair en 1717 ; Maupertuis le reprendra en 1740 ; Euler l'utilisera en 1751 ; Lagrange , dans sa mechanique analytique, reprendra avec encore plus d'astuce ce "principe de repos" en montrant que dW = somme des Fi.dli = 0 correspond bien à la variation d'une "énergie potentielle d'un poids décrivant une courbe située dans un plan vertical : aux extrema de cette courbe correspondent les positions d'équilibre : les minima aux équilibres stables; les maxima aux instables ; les points d'inflexion aux mixtes ; les méplats aux indifférents. Voilà à quoi se réduit finalement la Statique. De ce fait, beaucoup de systèmes trouvent une explication plus simple.["Remarque historique : il n'est pas assez souligné que Stevin est un des tous premiers savants à dire : abstraction faite . La "Gedanken Experiment" est bien née là et non chez Galilée. Le transfert de la force statique en force dynamique ne sera pas un passage trop difficile intellectuellement, c'est plutôt un passage "paresseux". Mais il ne faut pas s'y tromper : le piège se referme dans la machine d'Atwood sur ceux qui croient que la tension du fil à plomb (mais non , mais non) soit égale au poids du plomb. Ce n'est pas le principal intérêt de cet antique instrument mis au rebut, mais c'était un pont-aux-ânes qu'il fallait franchir pour avoir son bachot]".
il est constitué de deux poulies clavetées tournant sur le même axe, et de rayons R1 et R2 :la courroie fermée en deux boucles part du manœuvre M passe sur la poulie R1 , descend prendre le seau du puits via une poulie mobile, le brin remonte sur la poulie R2 , s'enroule dans le même sens que le premier et enfin se ferme dans les mains du manœuvre. Celui-ci tire le brin moteur avec la force F = P .(R1-R2)/2R1 , pouvoir démultiplicateur énorme au prix d'un déplacement énorme.
Elle représente un mystère pour la plupart des écoliers ! après qu'on leur ait bien parlé de l'équilibre du levier et de la balance romaine , que l'on comprend aisément , on leur dit qu'ils peuvent poser n'importe où leur plateau ou leurs poids dans le plateau. Toute l'argumentation d'Archimède foutue en l'air! 
faites l'expérience avec un prof des écoles : vous verrez la classe effarée : 
c'est quoi ce double fléau lié par deux barres verticales (où sont soudées deux barres horizontales), formant un parallélogramme en équilibre indifférent, quelle que soit la distance où l'on place deux poids égaux sur les barres horizontales, nommées comble de confusion le fléau virtuel horizontal.
Par contre l'explication via le travail des déplacements rassure (?) tout le monde.
Exercices.
deux porteurs Alex et Bob montent une pente de 30° ayant sur leurs épaules une grosse plaque de poids P = 500 N , de dimension l = AB = CD = 2m d'épaisseur e = AD = BC = 10 cm , de largeur inimportante. La force exercée par Alex est selon AD.
Trouver les forces exercées par Alex et Bob.En quoi un simple chariot à roulettes eût-il soulagé les porteurs ?
Soit deux murs verticaux formant un dièdre droit. Un piton A dans le coin soutien une décoration, soit une "boule de marin" de rayon R, de centre O , la direction du fil OA étant de 30° par rapport à l'arête des murs.
Trouver la tension du fil.
deux ouvriers Alex et Bob se trouvent sur deux échafaudages distants de L = 2.5 m.Chaque ouvrier pèse 700N . Chacun possède un madrier de 2m de 200N. Comment Alex peut-il rejoindre Bob?
Une simple barre AB articulée en A fait un angle de 45° avec la verticale , en supportant en B un poids P = 1000 N et la traction horizontale en T étant de 1100 N. Le chef de chantier ne comprend pas , jusqu'au moment où il pense au poids de la barre p. Quel est le poids p de cette barre? 
Un mât télescopique en 3 morceaux , OA = 3m de poids 2000 N , AB = 3m de poids 1800 N et BC de poids 1600 N doit être dressé verticalement; On dispose d'un treillis de deux barres de 3m pouvant s'accrocher en O et en A formant donc un triangle équilatéral OAD : un Treuil T tire un câble en D, l'angle OTD étant de 30°, la distance TO étant donc de 3m.
Comparer le travail du treuil selon que le mât est ou non déplié.
Correction des exercices.
Décomposons la force de Bob exercée en B en Fx selon BA et Fy selon BC : par les travaux virtuels , Fx = P/2 = 250 N . D'autre part, Fa +Fy = P .sqrt(3) /2 , et (Fy-Fa).l/2 =Fx.e/2 = P.e/4 ; soit 2eq-lin à 2inc : Fy = P/2 (sqrt(3)/2 +e/2l)et Fa = P/2 (sqrt(3)/2 -e/2l): Bob doit être payé plus qu'Alex !Mais c'est difficile à évaluer : Alex n'a servi que de soutien et n'a effectué aucun travail! Doit-il pour cela n'être rien payé ?
néanmoins un simple chariot à roulettes éliminerait les soucis de portage, et réduirait l'effort de Bob et Alex à P/4 = 125 N.
la symétrie de la figure donne égalité pour les 2 forces d'appui qui se composent donc en une seule de valeur F.sqrt(2) , horizontale , dans le plan médian . La nullité de l'"étoile"des 3 forces donne : Tension du fil T = P sqrt(3)/2 et F. sqrt(2) =T/2.
Si Bob place son madrier de 0.5 m +qq cm dans le vide et se place à l'extrémité pour l'affermir. Alex pose alors son madrier juste sur celui de Bob, soit 0.5m sur son échafaudage et 1.5m reposant juste sur l'autre. Problème : arrivera-t-il à passer ? On imagine sans conteste que le point le plus critique sera quand il sera à 2m au point de superposition des madriers : par rapport au point de bascule, le moment est -Pbob*1.5m -(1.5/2).200N.0.75m + 2*200N*0.5m + Palex* 0.5m , soit :
Palex -3Pbob + 400 N - 225 N. Donc Palex doit être inférieur à 3Pbob -185N : ouf!Alex peut passer : il peut même se donner un peu de marge, Bob avançant son madrier de qq cm de plus !
On peut sans changer le problème remplacer p par deux glisseurs égaux p/2 en A et en B : le poids effectif est donc P+p/2 que T doit équilibrer : p = 200 N.
À dire vrai, cet exercice n'est pas un exercice de statique.
La question devrait être simplement : comparer la traction du treuil , mât déployé ou non .
Répondons d'abord à cette question :
mât non déployé , le moment du poids en O est 1.5m * (2000+1800+1600)N = 9600 m.N . La distance d'action du fil de traction est aussi 1.5m : donc T = 6400 N = poids du mât.
mât déployé le moment de force devient 1.5*2000 +3*1.5*1800 +5*1.5*1600 et donc T = 2000 +3*1800 +5*1600 = 15400 N 
Si on répond à la question posée (hors programme!), il faut compter que le travail se transfère sans perte dans une machine simple : pour dresser le mât replié , il faut tourner OA de 90° ce qui correspond à un travail de 6400 N élevé de 1.5m soit 9600 J.
Pour dresser le mât déplié, il faudra 15400 *1.5 = 23100J , ceci est bien normal, car dans le premier cas , il faudra bien déplier le mât , ce qui correspond à élever 1800N de 3*1.5m +1600N de 5*1.5m , ce qui représente bien le complément à 9600J.
Dans le cas de machines simples, peu importe la manière de lever le mât. Par contre du point de vue pratique, il convient de prendre la ou les machines de meilleur rendement , compte-tenu des imperfections diverses.
Exercices complémentaires.
Un verre d'eau de masse m ; on y verse de l'eau : montrer que le minimum d'altitude de G se produit quand G est à la surface de l'eau.
Voici un exercice couramment pratiqué durant l'ennui d'un cours de Statique : prendre un crayon de section circulaire ; y déposer sa règle plate par le milieu ; constater l'équilibre. Prendre celle du voisin et la superposer; cela marche encore. Prendre celle du prof : ça ne marche plus.
Un demi cylindre de rayon R2 est posé sur un demi-cylindre de rayon R1, les côtés plats vers le haut. Stabilité ? Et si on continue avec un 3eme de rayon R3 ? 
Un ouvrier du bâtiment monte un seau de ciment de poids P= 300 N ,d'une hauteur h = 10 m , via une poulie et une corde de chantier de 20m de poids p= 200 N . Une souris (un petit fil d'acier de masse négligeable) lui permet de redescendre son seau. 
Calculer le travail de l'ouvrier lorsqu’il a monté N = 30 seaux.
Un camarade de chantier lui propose , au lieu de la souris, d'utiliser en boucle sa corde de chantier ; compte-tenu de vos connaissances sur le travail dans les machines simples , y a-t’il un avantage ? si oui, justifier.
Un hexagone régulier de centre O , formé de 6 barres égales, de poids P, articulées sans frottement formant le pourtour ABCDEFA est suspendu en A , un fil AD maintenant la forme régulière de l’hexagone ;
Trouver la tension du fil AD.
Reprendre avec un pentagone suspendu en A et le fil vertical AM passant à la moitié de la 3ème barre.
Corrigé des exercices complémentaires.
En effet , si on rajoute un peu d'eau , le nouveau G est au-dessus de Go;
Si en en retire un peu, le raisonnement avec une masse négative d'eau, montre que le nouveau G est aussi au-dessus de Go !
la réponse est que la règle du prof est à section carrée de côté a : si a/2 > r, alors le centre de gravité de la règle n'est pas dans une position minimale , mais au contraire maximale : équilibre instable , pan sur les doigts !(Il "suffit" de dessiner les parallèles à la développante de cercle au niveau de x=0).
la règle est toujours la même, mais cette fois il y a deux degrés de liberté, la rotation A1 et la rotation A2 de chaque demi-cylindre. Soit z(A1,A2) la cote du centre de gravité : il faut z convexe !
Même réponse pour trois. Cet exercice sera revu lors de l'étude des petites oscillations.
La réponse immédiate est P.h.N = 90 000 J (ce qui est, entre parenthèse, très peu pour une machine : brûler une mole de méthane rapporte 400 kJ environ). Mais il faut justifier la réponse ! Car il faut tenir compte de la corde. En effet l'ouvrier laisse la corde à terre une fois tirée.Au départ, il y a une corde de 20m et G à 5m. À la fin une corde de 10m et G à 5m. L'ouvrier a donc gagné 500 J sur les 3000 J. Mais à la redescente il tire la souris pour remonter la corde et effectue le travail de 500 J ; la réponse est bien 90 000 J . 
On peut le vérifier en sommant la force exercée par l'ouvrier à chaque altitude z :
F(z) = P + p(h-z)/2h - p/2 d'où le travail Ph -p h²/4h = Ph -ph/4 = 3000-500 N
mais au retour il doit fournir 500 N.
La proposition du camarade est donc mal venue , sinon que le travail exercé sera plus régulier et de ce fait peut-être physiologiquement moins dur. 
De même la solution de laisser le bout tiré tomber via une plaque d'égout de 10m , ne sert à rien : on y gagne plus à la montée, mais on reperd tout à la descente : encore une fois , avec un rendement de 100%, de quelque façon que l'on procède (en physique , on dit quel que soit le chemin suivi), le travail sera le même.
Pour un petit déplacement élémentaire dl , le fil travaille de F.dl et le treillis voit son centre de masse s'abaisser de dl/2 : donc F = 6P/2
Pour le pentagone régulier, F = 5P/2.(1+1/sqrt(5)). Y a-t’il une raison pour laquelle cette tension est minimale pour l'ensemble des pentagones?(Hint: penser à associer deux configurations de même tension).
Treillis, poutres et câbles.
ébauche :
ce paragraphe concerne les spécialistes de sciences industrielles. Nous ne prétendons pas y faire remarque bien nouvelle.
Frottement de Coulomb.
Il va de soi que le comportement réaliste des machines simples ne peut éviter d'étudier la notion de frottement (modèle idéalisé par le frottement de Coulomb). Ce chapitre exige à lui seul un ouvrage : il existe dans les wikilivres un excellent traité de tribologie ; s'y reporter.
Sera ici simplement énoncé la loi de Coulomb : 
le torseur de contact exercé sur le solide (S1) par le solide (S2 , appelé le sol) au point A où les plans tangents sont confondus comporte un vecteur somme : R et un moment M qui se décomposent en 2 :
N la composante normale , empêchant (S1) de pénétrer le sol et T dans le plan tangent, dite résistance au glissement.
Mn un moment de résistance au pivotement, et Mt moment de résistance au roulement.
La loi de Coulomb indique :
s'il y a glissement relatif de vitesse V , alors T = k N et de direction -V , avec k coefficient de frottement (très variable selon les matériaux : 0.6 sera pris pour la gomme des pneus sur l'asphalte sec).
si V =0 , alors T < kN 
On en déduit des lois analogues pour Mn et Mt.
Dans le cas où il y a glissement, pivotement ou roulement, il y a évidemment perte d'énergie (qu'il faut évacuer, (ce qui n'est pas rien pour des freins de locomotive!)). 
Évidemment, le torseur de (S1) sur (S2) est l'opposé (2ème loi de Newton).
Rappel bref : ce sont les patins de freins qui stoppent la roue de vélo , mais le pneu qui permet au vélo de ralentir. De même , c'est le travail sur le pédalier qui permet d'avancer, mais c'est la route qui tire la roue arrière gràce au frottement. Il existe une manière (plus ou moins instable) de rouler "rodéo" sur la roue arrière ; néanmoins, on voit de plus en plus ces petits véhicules individuels à deux roues de même moyeu dont on règle la vitesse par changement d'appui, un peu comme dans une planche à voile.
Conclusion.
Le PFS se résume à : tout corps rigide immobile est soumis à un torseur nul. Cela assure que la puissance virtuelle appliquée au système entier est nulle.
Cela sera plus tard utilisé par d'Alembert , puis Euler-Lagrange dans leur construction dite lagrangienne de la mécanique analytique.
Devoir surveillé2.
soit un trièdre orthonormé Ox,y,z , Oz verticale ascendante. Soit deux T identiques de 200 N , chacun formé de deux barres identiques de longueur a = 1m et de poids P = 100N . La barre horizontale du premier T, OA est située selon Ox, et l'inclinaison de la barre "verticale" a été tilté de l'angle alpha(< 90°). De même le deuxième T : OB est situé selon Oy et le tilt est beta. Les deux T sont soudés en O. Et la structure présentée dans un musée (mais oui!) est suspendue par trois fils en O , A et B : trouver la tension des 3 fils.(3 points)
Soit un treillis hexagonal vertical de centre O , suspendu en A (contour ABCDEFA), 4 barres OB, OC, OE et OF rigidifiant le treillis. On charge le treillis sans masse en D, par un poids P. Résoudre le treillis (3 points)
On considère une barre AB = 2l , de masse m, reposant sur une table horizontale. Le coefficient de frottement de Coulomb est f. Au point P de cette barre, on applique la plus petite force PF nécessaire pour déplacer la barre: dessiner le lieu des points F quand P varie de A à B.
On considère maintenant un triangle équilatéral,ABC , de côté a. Même question.
Pour déplacer la barre AB, on utilise généralement le procédé suivant : on tire vers le haut via une force Qo en B et on pousse avec une force F'horizontale : même problème.
Idem avec le triangle équilatéral.(14pts)