Moments de forces

1. Moments de forces Montage préparé par : André Ross Professeur de mathématiques Cégep de Lévis-Lauzon

2. Mise en situation Supposons que, dans l’assemblage illustré, on suspend une masse. Celle-ci exerce alors une force dont l’effet est une rotation de sens horaire de la tige horizontale par rapport au point O. F sin q F cos q En éloignant la masse sur la tige horizontale, on augmente la propension à la rotation de celle-ci. Pour équilibrer le système, on peut devoir ajouter un câble de soutien à l’extrémité de la tige pour communiquer un effet de rotation de sens antihoraire. Si ce câble est attaché à la tige verticale, seule la composante verticale de la tension dans la corde (F sin q) aura un effet de rotation sur la tige puisque la composante horizontale passe par le point O. On constate que l’effet de rotation d’une force appliquée sur la tige dépend de sa distance à l’axe de rotation et de l’angle qu’elle fait avec la tige.

3. Moment , par rapport à un axe A, est la tendance à la rotation, par rapport à cet axe, que la force com-munique au corps sur lequel elle agit. Le moment d’une force F M = r ´ F, r où est le rayon vecteur qui va de l’axe de rotation au point d’application du vecteur F. Définitions Moment d’une force et axe de rotation q Le moment est un vecteur noté : L’axede rotationest la ligne imaginaire autour de laquelle tourne l’objet. Dans l’illustration, le point A représente l’axe de rotation qui est perpendiculaire à l’écran.

4. M F Bras du moment est la distance entre l’axe de rotation et la ligne d’action de la force. Le bras du moment, d = || r || sin q r Lorsque les vecteurs r et F sont perpen-diculaires, le bras du moment est la longueur du vecteur  r. Le bras du moment est mesuré en mètres (m) et la force est mesurée en newtons (N). L’intensité du moment est mesurée en newtons-mètres (N·m). Cette intensité est égale à l’aire du parallélogramme formé par les vecteurs et F. ou M = rFsin q, sin q = Elle est notée : r Définition Bras du moment q q en utilisant des caractères gras pour les modules.

5. Exemple 9.3.7 11 8 et q arctan ≈ 53,97° AB = 82 + 112≈ 13,6 m S S S Trouver l’intensité du moment de la force exercée par la masse de 250 N par rapport au point A dans le montage illustré ci-contre. F sin q q q q La distance entre la ligne d’action et l’axe de rotation est de 11 m et la force selon la ligne d’action est de 250 N. On a donc : M = 11´ 250 = 2 750 N·m = 2,75 ´103 kN·m = 2,75 kN·m Remarque On peut également faire le produit de la longueur de la tige AB par la composante de la force perpendiculaire à la tige. La force de 250 N a deux composantes. L’une est perpendiculaire à la barre rigide BA. L’autre est dans la direction de cette barre et est orientée de B vers A. Le moment de cette composante est nul par rapport au point A, puisque sa ligne d’action passe par ce point. Cela donne : Nous avons utilisé une approche géométrique pour calculer le moment. On peut également le déterminer par le produit vectoriel de vecteurs algébriques. Il faut alors considérer les vecteurs dans l’espace R3, puisque le produit vectoriel n’est défini que dans R3. D’où : M = r(Fsin q)= 13,6 (250 sin 53,97°) = 2 750 N·m = 2,75 kN·m

6. Moment et composantes Le coefficient de est appelé moment algé-brique. Il peut être positif ou négatif, et le signe indique le sens de la rotation, positif dans le sens antihoraire et négatif dans le sens horaire. k k k r M j j i i F M = S S S Considérons la situation ci-contre où une force est appliquée à un bloc dont les dimensions sont données. Cette force agit dans le plan perpendiculaire à l’arête du bloc qui joue le rôle d’axe de rotation. Considérons seulement les forces et intro-duisons un système d’axes. L’intensité du moment est le module du produit vectoriel, soit : Les vecteurs algébriques sont : = 0,36 F sin 65° + 0,32 F cos 65° = (rx; ry; 0) = (0,36; 0,32; 0) et = 0, 19 F N·m = (Fx; Fy; 0) = (Fcos 65°; Fsin 65°; 0) Le produit vectoriel donne alors : 0,36 0,32 0 Fcos 65° Fsin 65° 0 = 0 – 0 + (0,36 F sin 65 – 0,32 F cos 65°)

7. Principe des moments ) = ( ) + ( = ) ´ ´ ´ ´ ( + r u r v w r v r w Les situations qui viennent d’être présentées illustrent le théorème de Varignon (ou principe des moments) qui s’énonce comme suit : THÉORÈME de Varignon Le moment d’une force par rapport à un point est égal à la somme des moments de ses composantes par rapport à ce point. Mathématiquement, le théorème de Varignon s’exprime sous une forme plus générale, soit la distributivité du produit vectoriel sur l’addition vectorielle : Tout vecteur peut s’exprimer comme une somme de vecteurs et, en particulier, comme comme combinaison linéaire des vecteurs d’une base.

8. Composante et calcul du moment r r 2. Déterminer, dans ce système d’axes , les composantes des vecteurs et F F. Procédure pour calculer l’intensité du moment d’une force par rapport à un axe (point A) 1. Construire un système d’axes passant par l’axe de rotation (point A). F sin b b = (rx; ry; 0) = (r cos a; r sin a; 0) F cos b r sin a = (Fx; Fy; 0) = (F cos b; F sin b; 0) a r cos a 3. Effectuer le produit vectoriel et déter-miner le moment algébrique. 4. Interpréter selon le contexte.

9. Exemple 9.3.8 k k k r j j j i i i F M = S S On applique une force de 250 N au bloc illustré ci-contre, perpendiculairement au milieu du côté de 0,4 m et faisant un angle de 53° avec l’horizontale. Calculer l’intensité du moment de cette force par rapport à l’axe A. Les vecteurs algébriques sont : = (rx; ry; 0) = (0,67; 0,22; 0) et = (Fx; Fy; 0) = (250cos 53°; 250sin 53°; 0) Le produit vectoriel donne alors : 0 0,36 0,32 0 250cos 53° 250sin 53° + (167,5 F sin 53° – 55 cos 53°) = 0 + 0 + 100,67... = 0 – 0 L’intensité du moment est donc 0,10´103 N·m = 0,10 k N·m et la rotation est de sens antihoraire.

10. Exemple 9.3.9 Calculer le moment algébrique du vecteur par rapport à l’origine du système d’axes. k k k r j i F F M = S S En considérant un axe supplémentaire et en déterminant les vecteurs algébriques de R3, on obtient : = (6; 3; 0) et = (2; 7; 0) – (6; 3; 0) = (–4; 4; 0) Le produit vectoriel donne alors : 6 3 0 = (24 + 12) = 36 –4 4 0 L’intensité du moment est donc de 36 unités et la rotation est de sens antihoraire.

11. Forces coplanaires non concourantes Lorsque plusieurs forces agissent sur un corps et que les lignes d’action sont concourantes, l’effet de la résultante est une translation, et il suffit de calculer les composantes de cette résultante pour décrire son effet. Lorsque plusieurs forces agissent sur un corps et que les lignes d’action sont non concourantes, l’effet de ces forces ne sera pas seulement une translation, mais également une rotation, ce qui signifie qu’il faut aussi calculer le moment de la résultante. Le système peut quand même être remplacé par un système plus simple, et la résultante des forces s’obtient toujours en faisant la somme des composantes selon chacun des axes. Cependant, la ligne d’action de cette résultante ne peut passer par le point de rencontre des lignes d’action, puisqu’un tel point n’existe pas. Pour trouver cette ligne d’action, nous nous servirons du théorème de Varignon.

12. Résultante de forces non concourantes n n Rx =S Fix Ry =S Fiy i = 1 i = 1 R n =S Mi i = 1 Procédure pour trouver la résultante de forces coplanaires non concourantes 1. Déterminer la résultante dont les composantes sont : et où n est le nombre de forces agissant en ce point. Calculer le module et l’argument du vecteur résultant. 2. Considérer un point O quelconque et faire la somme des moments des forces par rapport à ce point. 3. Trouver la distance algébrique d entre le point O choisi et la ligne d’action de la résultante, de telle sorte que le moment algébrique de la résultante soit égal à la somme des moments : d 4. Interpréter les résultats selon le contexte. Si d < 0, la rotation est de sens horaire.

13. Exemple 9.3.10 R F2 F1 F3 S S Trouver la résultante du système de vecteurs dont les caractéristiques apparaissent à la figure ci-contre et représenter graphiquement cette ré-sultante par un vecteur géométrique. 63,43° Les vecteurs algébriques sont : = (–4; 2; 0) = (2; 4; 0), = (3; –4; 0) Les composantes de la résultante sont : Rx = 2 – 4 + 3 = 1 et Ry = 4 + 2 – 4 = 2 2 1 et a = arctan = 63,43° = 5 = (–2)2 + (–5)2 q = a, puisque le vecteur est dans le premier quadrant. On connaît la grandeur, la direction et le sens du vecteur résultant, il faut maintenant en déterminer la ligne d’action en prenant en considération le moment des forces.

14. Exemple 9.3.10 ´ ´ ´ r1 r3 r2 F2 F1 F3 = = = k k k k k k = 0 – 0 + 12 j j j j j j – 0 = 0 + 0 i i i i i i = 0 – 0 – 20 Dans ce cas, la somme des moments est 12 + 0 – 20 = –8. C’est la somme des composantes en k. En déterminant les vecteurs algé-briques dans R3 et en calculant les produits vectoriels, on obtient : 5 4 0 2 4 0 0 0 0 2 4 0 5 0 0 3 –4 0

15. Exemple 9.3.10 5 5 5 Ð 63,43° = Le vecteur résultant doit avoir le même moment algé-brique que le système de vecteurs. On doit donc avoir : –8 d = – 8, d’où d = = –3,58 R 153,43° 63,43° 63,43° On obtient | d | = 3,58. La ligne d’action de la résultante est donc à une distance de 3,58 unités du point (0; 0). De plus, la somme des moments est négative. La rotation est donc de sens horaire. La ligne d’action est une tangente au cercle de rayon 3,58 centré au point (0; 0), faisant un angle de 63,43° avec l’horizontale.

16. Résultante de forces non concourantes Procédure pour représenter la résultante de forces non concourantes par un vecteur géométrique 1. Trouver le bras du moment de la résultante. 2. Tracer la droite porteuse de d (le bras du moment de la résultante). Cette droite passe à l’origine et fait avec l’horizontale un angle de 90° + q, où q est l’argument de la résultante. 3. Tracer le cercle centré à l’origine et de rayon | d |. 4. Trouver le point d’appui du vecteur. (C’est un des points d’intersection de la droite porteuse et du cercle de rayon | d |. Il faut tenir compte du sens de la rotation et du sens de la résultante.) 5. Tracer la droite support du vecteur (elle passe par le point d’appui et est perpendiculaire à la droite porteuse), tracer le vecteur en plaçant son origine au point d’appui et en tenant compte de son sens.

17. Systèmes en équilibre Lorsque le poids d’une barre n’est pas négli-geable, l’action de la barre sur son appui ne sera pas horizontale. Ainsi, dans la figure ci-contre, le poids de la barre s’exerce vers le bas. En fait, la barre exerce, sur l’appui A, une forces qui a une composante verticale et une composante horizontale. Il en est de même pour les réactions de ces appuis. Au point B, la réaction est l’équilibrante de la tension dans le câble. Dans les situations mettant en cause des barres pesantes (ou chargées ailleurs qu’aux extré-mités), on ne pourra faire le schéma des forces en isolant seulement un point. Il faudra plutôt faire le schéma des forces en isolant la barre en entier.

18. Système en équilibre M 0 F 0 Procédure pour analyser les forces sur un corps rigide 1. Faire le schéma des forces en isolant un objet entier qui se déforme peu, appelé corps rigide. 2. Appliquer la condition d’équilibre de rotation aux forces que subit le corps rigide, soit : S = 3. Appliquer la condition d’équilibre de translation aux forces que subit le corps rigide, soit : S = 4. Résoudre les équations obtenues. 5. Interpréter les résultats selon le contexte.

19. Exemple 9.3.11 T T r1 P1 r2 P2 rT T sin 150° sin 90° + sin 90° = Cela donne : 3´800´1 + 6´600´1 = 6 sin 150° S La poutre de la situation illustrée ci-contre pèse 800 N. Déterminer, par une approche géomé-trique, la tension dans le câble BC et les composantes de la réaction de l’appui en A. Le système étant en équilibre de translation, on a : Faisons le diagramme des forces agissant sur la barre rigide. SFx = 0 SFy = 0 Ax = Tcos 30° Ay + Tsin 30° = 800 + 600 Ax = 0,866...TAy + 0,5 T = 1400 Ax = 0,866…´2 000Ay= 1400 – 0,5´2 000 Ax = 1 732 NAy= 400 N 30° Le système étant en équilibre la somme des moments de sens horaire doit égaler la somme des moments de sens antihoraire, ce qui donne : Les réactions de l’appui en A sont de 1 732 N à l’horizontale et de 400 N à la verticale. 6 000 6 sin 150° D’où : = = 2 000 La tension dans le câble est donc de 2 000 N.

20. Exemple 9.3.12 ´ ´ r2 r1 P1 P2 + + k k k j j j ´ rT FT = 0 i i i 6 0 0 3 0 0 6 0 0 = 0 Tx Ty 0 0 –800 0 0 –600 0 S La poutre de la situation illustrée ci-contre pèse 800 N. Déterminer, par une approche algé-brique, la tension dans le câble BC et les composantes de la réaction de l’appui en A. Considérons le diagramme des forces agissant sur la barre rigide dans un système d’axes tridimensionnel et déterminons les vecteurs algébriques. Le système étant en équilibre de translation, on a : (Tx; Ty; 0) 150° SFx = 0 SFy = 0 Ax + Tx= 0 Ay + Ty + P1y + P2y = 0 Ax + Tcos 150° = 0 Ay + Tsin 150° – 1400 = 0 Ax – 2 000´0,866 = 0Ay + 2 000´0,5 – 1400 = 0 Ax = 1 732 NAy= 400 N La condition d’équilibre de rotation donne : ) + + Les réactions de l’appui en A sont de 1 732 N à l’horizontale et de 400 N à la verticale. –2 400 – 3 600 + 6Ty = 0 et, puisque Ty = T sin 150°, on trouve : T = 2 000 N

21. Conclusion Le produit vectoriel de deux vecteurs donne un vecteur dont le module est égal au produit des modules et du sinus de l’angle entre ceux-ci, sa direction est perpendiculaire au plan défini par les deux vecteurs et son sens est donné par la règle de la main droite. Lorsque les vecteurs sont donnés dans la base orthonormée usuelle, on peut trouver ce vecteur, exprimé dans cette même base, en effectuant le calcul d’un déterminant. Le module du produit vectoriel donne l’aire du parallélogramme construit sur ceux-ci.

22. Lecture Algèbre linéaire et géométrie vectorielle, applications en sciences de la nature.Section 9,3, p.263-273. Exercices Algèbre linéaire et géométrie vectorielle avec applications en sciences de la nature.Section 9.4, p. 275 #12 à 20.