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7/24/2019 Système de Forces
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Chapitre I: SYSTEMES DE FORCES
7/24/2019 Système de Forces
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I. INTRODUCTION
Le but de ce chapitre est de présenter les propriétés des divers types de
forces qui agissent sur les différentes structures et machines.
II. FORCES• Action d’un corps A sur un corps B. Il s’agit d’une grandeur vectorielle
caractérisée par:
- Son point d’application- Son intensité (ou module) en N
- Sa direction
- Son Sens
• La totalité des forces agissant sur un corps peut être divisée en deux
groupes:
- Les forces intérieures
- Les forces extérieures
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Une autre classification des forces consiste à distinguer:
- Les forces de contact
- Les forces de masses (à distance)
• Enfin les forces peuvent être concentrées, ou réparties à densités,
cette répartition peut être
-Linéique-Surfacique
-Volumique
REMARQUE: L’action d’une force est toujours accompagnée de
l‘apparition d’une réaction égale et de sens opposée à .
III. MOMENT
FrMo
∧
F
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A
oM
r
F
α
d
O
A
- Vecteur lié au point O
-
-Vecteur lié au point O
-
- Trièdre direct
-Remarque1 : sin(α) = d/r Mo = F d (N.m)
FrMo
∧
(N.m) )sin(FrMo α
)M,F,r( o
∆=Ligne d’action de F
∆
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Remarque2 :
• Le moment en O de reste invariant lorsqu’on déplace sur sa ligne
d’action:
• Le moment de en un point de sa ligne d’action est nul.
Conséquences
• L’effet d’une force agissant sur un corps peut donc être réduit à
une tendance à:
-Déplacer le corps selon sa direction
-Faire tourner le corps autour d’un axe qui ne coupe pas sa ligne d’action
OoF'AAFOAF'OAM
=
∧
F
F
F
F
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La représentation de ce double effet est souvent plus facile à visualiser
si on remplace une force donnée par :
- Une force parallèle et de même grandeur
- Un couple qui représente le moment de la force initiale
A AF
A
F
F
≡ ≡
B
A
F
AA
M=F d
-
d
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Le torseur associée à est
donc un glisseur. Une force
est donc un vecteur glissant
(Pour les corps rigides):Superposition d’une force
appliquée en B et d’un couple.
Théorème de Varignon: Le moment d’une force par rapport à un
point est égal à la somme des moments des composantes de cette force
par rapport au même point:
[ ] [ ]
=
=
kdFM
FT
0M
FT
BBF
AAF
F
FketABk
ABFMM AB
⊥
∧
F
21
o
FFF
FrFOMM
∧
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A
1F
d1
O
d2
d
2F
F
Horaire
+Mo = d F = d1 F1 - d2 F2
di : Bras de levier de la force Fi
PRINCIPE DES MOMENTS: Soit une distribution distinctes
de forces et soit G un point de la ligne d’action de alors
)F,A( ii
∑ iFR
ROGFOGFOA iii
∧
)F(M)F(M)F(M
FOMFOM)F(M
2o1oo
21o
∧
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O)F(M)F(M)FF(M)R(M 2G1G21GG
=
En effet (i=1, 2)
OGF)F(M)F(M iiOiG ∧
Soit en remplaçant:
ROG
FOGFOG)F(M)F(M 212O1O
∧
∧
IV. COUPLES
C’est le moment produit par deux forces égales et de sens
opposées.
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AA
A
O
•
d
F
d F)sin(ABF
)sin(ABF
)F,BAsin(ABFM
FBAFOBFOAM
O
O
=
α
=
∧
B
b
b=p-a
a
F
AB / d)sin( =
Couple horaire
M = F d (N.m)
Indépendant du point O
Couple Antihoraire
V RESULTANTES ELEMENTS DE REDUCTION RESULTANTS
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V. RESULTANTES: ELEMENTS DE REDUCTION RESULTANTS
Dans la majorité des problèmes rencontrés en mécanique, on doit
manipuler des systèmes de forces quelconques. Pour étudier leur effet,
on est souvent amené à les remplacer par des systèmes plus simples
1er CAS: Forces coplanaires: Ceci constitue le cas le plus courant en
mécanique; toutes les forces agissent dans le même plan:
A
3F
O1
O
2F
1R
1F
R
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Dans cet exemple, on a déterminé la ligne d’action de la résultante en
utilisant le principe de glissement d’une force sur sa ligne d’action.
Par ailleurs la construction du polygone des forces permet de fixer le
module de cette résultante et sa direction.
1F
2F
3F
R
x
y
=
=
∑
∑
∑
x
y1
x
y1
2y
2x
F
F
tgR
R
tg
FFR
Pour un point O quelconque, on a:
[ ]
∧
=
=
∑
∑
iiO
iForces
FOAM
FRT
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A
Pour déterminer la ligne d’action de la résultante, on peut alors
appliquer le principe des moments qui stipule que:
ROGFOGFOA iii
∧
∑
G appartient à la ligne d’action de la résultante :
3FO
.
2F
1F
R
d1 d2
d3
1°) On calcule le moment au point O:
[ ]
332211o FdFdFdM
+
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Mo > 0 : sens antihoraire
Mo < 0 : sens horaire
Si Mo = 0 alors O apparient à la ligne d’action
Si Mo ≠ 0, on peut déterminer la ligne d’action de la résultante en
appliquant la relation: Mo = R d (d: distance OG ù G est un point de la
ligne d’action)
O
R
d
R
G
R
d
R
Mo > 0Mo < 0
è
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2ème CAS: Distribution de forces (3D)
-Composantes rectangulaires: très souvent les problèmes en
mécanique se déroulent en trois dimensions:
où Sont les cosinus directeurs
de dans la base .
Remarque:
kF jFiFF zyx
)cos(FF ),cos(FF ),cos(FF zzyyxx θ
)cos( ),cos( ),cos( zyx θ
F
)k, j,i(
[ ]
[ ]
[ ]
1)cos( )cos( )cos( 2z2y2x =
k)cos( j)cos(i)cos(n où nFF zyx
θ
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• Pour résoudre des problèmes en 3D, on doit généralement trouver les
composantes scalaires des forces données ou inconnues. Pour ce faire,
on rappelle que la direction d’une force se détermine au moyen de:
a) Deux points A et B sur la ligne d’action
b) Deux angles la ligne d’action
• Par ailleurs, on appelle axe du torseur équivalent l’axe:
Si l’on excepte le cas des couples, l’axe du torseur équivalent existe
toujours et est unique.
{ }R // M / 3dimdeaffineespacel'àP P
=
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A
R
OM
AR
OM
1M
2M
AR
1M
R
R
A
1M R
(b)(a)
(c): d = M2/R (d)
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Axe central: { }R // M / 3dimdeaffineespacel'àP P
=
0R
R
R
R.MRPOM
0R
R
R
R.MMM
0M
PO
PPNP
NP
=
=
=
0R
R
R
R.MMROP PO
=
T Ré lt t
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Torseur Résultant:
Soit une distribution discrète de forces s’exerçant sur
un système S. Le torseur résultant en un point O quelconque
admet pour éléments de réduction:
Remarque: le point O peut être choisi arbitrairement, mais la
grandeur et la direction du moment résultant sont fonction de
sa position. Par contre la grandeur et la direction de la force
résultante sont les mêmes quel que soit le point choisit.
)F,A( ii
∑ iFR
∑
∧
iiO FOAM
OM
R
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Exercice:
Déterminez le torseur des trois forces agissant sur la cornière.
Calculez les coordonnées du point P dans le plan x-y par lequel passe la force résultante du torseur.
Trouvez également la grandeur du couple M du torseur.
Exercice:
Remplacez la force et le couple, C= 60 N.m, agissant sur la clé par une simple force équivalente
appliquée en D. Déterminez b.
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Exercice:
Les pistons d'un système mécanique appliquent deux forces FA et FB sur un arbre à manivelles.
Les cosinus directeurs de FA
Sont:
cos ex = - 0.182, cos ey = 0.818 et cos ez = 0.545
Le module de FA est de 4KN.
Les cosinus directeurs de FB sont : cos ex = 0.182, cos ey = 0.818 et cos ez = - 0.545 et sonmodule est de 2KN. Calculez le moment par rapport au point O.