Exercices corrigés : forces à angle et équilibre (physique, secondaire 5)

$F_{x}=80\cos 35^{\circ}\approx 65{,}5$ N (horizontale) et $F_{y}=80\sin 35^{\circ}\approx 45{,}9$ N (verticale, vers le haut).

Les deux forces sont perpendiculaires : $F_{R}=\sqrt{30^{2}+40^{2}}=\sqrt{2500}=50$ N (triangle 3-4-5).

$\tan\theta=\dfrac{40}{30}$, donc $\theta\approx 53{,}1^{\circ}$ au nord de l'est.

L'équilibrante annule la résultante : même grandeur, 50 N, mais direction opposée, soit 53,1° au sud de l'ouest.

Quatre forces : le poids $F_{g}=mg=196$ N vers le bas ; la normale $F_{N}$ vers le haut ; la tension à 30° (composantes $100\cos 30^{\circ}$ horizontale et $100\sin 30^{\circ}$ verticale) ; le frottement vers l'arrière. Verticalement, pas d'accélération : $F_{N}+100\sin 30^{\circ}-196=0$, donc $F_{N}=196-50=146$ N. La corde tire vers le haut et soulage le plancher : la normale est plus petite que le poids.

$F_{f}=\mu F_{N}=0{,}25\times 146=36{,}5$ N.

$F_{x}=100\cos 30^{\circ}\approx 86{,}6$ N. Résultante horizontale : $\Sigma F=86{,}6-36{,}5\approx 50{,}1$ N vers l'avant.

$a=\dfrac{\Sigma F}{m}=\dfrac{50{,}1}{20}\approx 2{,}5$ m/s².

La composante verticale de la traction, $F\sin 25°=(120)(0{,}4226)=50{,}7$ N, SOULAGE le plancher : $F_{N}=mg-F\sin 25°=294-50{,}7=243{,}3$ N. Frottement : $f=\mu F_{N}=(0{,}30)(243{,}3)=73{,}0$ N. Composante horizontale de la traction : $F\cos 25°=108{,}8$ N. Résultante : $108{,}8-73{,}0=35{,}8$ N, donc $a=\frac{35{,}8}{30}\approx 1{,}19$ m/s².

Cette fois la composante verticale s'ajoute au poids : $F_{N}=294+50{,}7=344{,}7$ N, et $f=(0{,}30)(344{,}7)=103{,}4$ N. La composante horizontale est la même, 108,8 N. Résultante : $108{,}8-103{,}4=5{,}3$ N, donc $a\approx 0{,}18$ m/s². La caisse avance presque sept fois moins vite, avec exactement la même force et le même angle : seul le SIGNE de l'inclinaison a changé.

La force normale n'est pas le poids : c'est la force que le plancher doit exercer pour que la caisse ne s'enfonce pas, et elle vaut ce qu'il faut pour équilibrer verticalement TOUT ce qui pousse vers le bas. En tirant vers le haut, on prend une partie du travail à la place du plancher, qui pousse donc moins fort, et le frottement, proportionnel à $F_{N}$, diminue d'autant. En poussant vers le bas, on ajoute au contraire à la charge du plancher. Dans ce second cas, les deux effets vont dans le même sens défavorable : on perd de la composante horizontale utile ET on augmente le frottement à vaincre.

$\tan\theta=0{,}30$ donne $\theta\approx 16{,}7°$. À cet angle : $F_{N}=294-120\sin 16{,}7°=294-34{,}5=259{,}5$ N, $f=77{,}9$ N, et la composante horizontale vaut $120\cos 16{,}7°=114{,}9$ N. Résultante : $114{,}9-77{,}9\approx 37{,}1$ N, soit un peu mieux que les 35,8 N obtenus à 25°. Une traction parfaitement HORIZONTALE donnerait $F_{N}=294$, $f=88{,}2$ N et une résultante de $120-88{,}2=31{,}8$ N seulement. Incliner la corte de seize degrés fait donc gagner près de 17 % d'efficacité, sans rien changer à l'effort fourni.

L'angle optimal réalise le meilleur compromis entre deux pertes : incliner davantage réduit le frottement mais gaspille de la composante horizontale. Si la surface est très glissante, $\mu\to 0$ et $\theta\to 0$ : il n'y a plus de frottement à combattre, autant tirer bien horizontalement. Si elle est très rugueuse, $\mu$ grandit et l'angle optimal se rapproche de 45° et au-delà : alléger la caisse devient plus payant que la pousser. Conseil pratique : pour déplacer un meuble lourd, TIREZ-le avec une sangle légèrement relevée plutôt que de le pousser en vous arc-boutant vers le bas, et relevez d'autant plus la sangle que le sol accroche. C'est exactement ce que font, d'instinct, les déménageurs.

Trois forces : le poids $F_{g}=15\times 9{,}8=147$ N et les deux tensions le long des câbles. Par symétrie, les composantes horizontales des deux tensions, $T\cos 30^{\circ}$, sont égales et opposées : elles s'annulent.

Verticalement, les deux composantes $T\sin 30^{\circ}$ soutiennent le poids : $2T\sin 30^{\circ}=147$, donc $T=\dfrac{147}{2\times 0{,}5}=147$ N.

$T=\dfrac{147}{2\sin 10^{\circ}}\approx\dfrac{147}{0{,}347}\approx 423$ N : presque le triple, alors que le feu n'a pas changé.

$T=\dfrac{F_{g}}{2\sin\theta}$ : quand $\theta$ tend vers 0, $\sin\theta$ tend vers 0 et la tension tend vers l'infini. Un câble horizontal n'a aucune composante verticale pour porter le poids ; il faudrait une tension infinie, donc tout câble réel garde une flèche.

La perpendiculaire au plan fait, avec la verticale, le même angle que le plan avec l'horizontale : le plan est incliné de 25°, donc sa normale est inclinée de 25° par rapport à la verticale (on a tourné les deux directions du même angle). Le poids étant vertical, l'angle entre le poids et la normale au plan vaut donc 25°. (Autre chemin : dans le triangle formé par l'horizontale, le plan et la verticale, les angles 25° et 65° sont complémentaires.)

$F_{g}=8{,}0\times 9{,}8=78{,}4$ N. Composante parallèle : $F_{g}\sin 25^{\circ}\approx 33{,}1$ N ; composante perpendiculaire : $F_{g}\cos 25^{\circ}\approx 71{,}1$ N. Sans frottement, la normale équilibre la composante perpendiculaire : $F_{N}\approx 71{,}1$ N.

$a=\dfrac{F_{g}\sin 25^{\circ}}{m}=\dfrac{mg\sin 25^{\circ}}{m}=g\sin 25^{\circ}\approx 4{,}1$ m/s². La masse se simplifie : tous les blocs glissent avec la même accélération sur un même plan sans frottement.

$g\sin\theta=\dfrac{g}{4}$ exige $\sin\theta=0{,}25$, donc $\theta\approx 14{,}5^{\circ}$.

Trois forces agissent au point d'attache : le poids $mg=(25)(9{,}8)=245$ N vers le bas, et les deux tensions $T_{1}$ et $T_{2}$ le long des câbles. Équilibre horizontal : les composantes horizontales des deux tensions sont opposées, donc $T_{1}\cos 40°=T_{2}\cos 60°$. Équilibre vertical : les deux composantes verticales portent ensemble le poids, donc $T_{1}\sin 40°+T_{2}\sin 60°=245$.

De la première équation : $T_{1}=T_{2}\frac{\cos 60°}{\cos 40°}=T_{2}\frac{0{,}500}{0{,}766}=0{,}653\,T_{2}$. En reportant dans la seconde : $0{,}653\,T_{2}(0{,}643)+T_{2}(0{,}866)=245$, soit $T_{2}(0{,}420+0{,}866)=245$ et $T_{2}=\frac{245}{1{,}286}\approx 1{,}91\times 10^{2}$ N. Puis $T_{1}=(0{,}653)(190{,}6)\approx 1{,}24\times 10^{2}$ N. Vérification horizontale : $124{,}4\times 0{,}766=95{,}3$ N et $190{,}6\times 0{,}500=95{,}3$ N, l'équilibre est bien respecté.

C'est le câble 2, le plus REDRESSÉ, qui est le plus sollicité : 191 N contre 124 N. L'intuition hésite souvent, car on croit volontiers que le câble le plus incliné, qui « tire de plus loin », travaille davantage. C'est l'inverse : un câble proche de la verticale porte efficacement du poids, puisque presque toute sa tension est verticale, alors qu'un câble proche de l'horizontale gaspille l'essentiel de sa tension en traction latérale, laquelle doit d'ailleurs être compensée par l'autre câble. Plus un câble est vertical, plus il porte, et donc plus il est chargé.

Par symétrie, les deux tensions sont égales et leurs composantes verticales se partagent le poids : $2T\sin 50°=245$, donc $T=\frac{245}{2(0{,}766)}\approx 1{,}60\times 10^{2}$ N. La configuration symétrique répartit donc la charge de façon plus égale et allège le câble le plus sollicité, qui passe de 191 N à 160 N. C'est une raison pratique de suspendre les enseignes et les luminaires symétriquement chaque fois que c'est possible.

À 5° : $T=\frac{245}{2\sin 5°}=\frac{245}{0{,}1743}\approx 1{,}41\times 10^{3}$ N, soit près de six fois le poids de l'enseigne. La tension explose quand l'angle tend vers zéro, puisque $\sin\theta$ au dénominateur y tend vers zéro : il faudrait une tension INFINIE pour rendre les câbles rigoureusement horizontaux. C'est exactement pourquoi une corde à linge, un fil électrique ou un câble de pont suspendu présentent toujours un affaissement visible : ce creux n'est pas un défaut de tension, c'est ce qui rend la tension finie. Tendre davantage réduit l'affaissement mais augmente la tension bien plus vite, jusqu'à la rupture. Une corde parfaitement droite portant une charge en son milieu est une impossibilité physique, pas un problème d'installation.

Poids : $mg=(12{,}0)(9{,}8)=117{,}6$ N. Composante parallèle au plan, dirigée vers le bas de la pente : $mg\sin 35°=(117{,}6)(0{,}5736)\approx 67{,}5$ N. Composante perpendiculaire : $mg\cos 35°=(117{,}6)(0{,}8192)\approx 96{,}3$ N, que le plan équilibre exactement, donc $F_{N}\approx 96{,}3$ N.

Le frottement statique peut atteindre au maximum $\mu_{s}F_{N}=(0{,}40)(96{,}3)\approx 38{,}5$ N, alors que la composante motrice en réclame 67,5 N pour être équilibrée. Le frottement ne suffit pas : le bloc GLISSE. On peut le voir plus vite avec le critère angulaire : $\tan 35°=0{,}700$ est supérieur à $\mu_{s}=0{,}40$, donc l'angle dépasse l'angle de décrochage, qui vaut ici $\arctan(0{,}40)\approx 21{,}8°$.

Le bloc tend à descendre, donc le frottement statique s'oppose à cette tendance et pointe vers le HAUT du plan, du même côté que la corde. Les deux se partagent le travail : $T+f_{s}=mg\sin 35°$. La tension est minimale quand le frottement donne tout ce qu'il peut, soit 38,5 N : $T_{min}=67{,}5-38{,}5\approx 29{,}0$ N. Le frottement, ici, est un allié : sans lui il faudrait tenir les 67,5 N en entier.

Oui, le frottement a changé de sens. Dès que le bloc MONTE, le frottement cinétique s'oppose au mouvement, donc il pointe vers le BAS de la pente et s'ajoute au poids : $T=mg\sin 35°+\mu_{c}mg\cos 35°=67{,}5+(0{,}30)(96{,}3)=67{,}5+28{,}9\approx 96{,}4$ N. Il faut donc plus du triple de la tension du c) : retenir un objet et le hisser sont deux problèmes très différents, et c'est le sens du frottement, et non sa valeur, qui fait toute la différence.

Corde coupée, le bloc descend en glissant, le frottement cinétique remonte la pente : $a=g(\sin 35°-\mu_{c}\cos 35°)=9{,}8(0{,}5736-(0{,}30)(0{,}8192))\approx 3{,}2$ m/s². Toute tension comprise entre 29,0 N et 96,4 N laisse le bloc immobile : en dessous il descend, au-dessus il monte. Cette fourchette, large de plus de 67 N, est précisément la marge que le frottement statique met à notre disposition. Avec un angle de 20°, $\tan 20°=0{,}364$ serait INFÉRIEUR à $\mu_{s}=0{,}40$ : le bloc tiendrait tout seul, aucune corde ne serait nécessaire, et la tension minimale serait nulle. Le passage entre les deux situations se fait exactement à 21,8°.

Le poids $F_{g}$ (vertical) et la tension $T$ (le long des chaînes, à 25° de la verticale). La chaise tourne : son vecteur vitesse change de direction, elle est donc accélérée vers le centre du cercle. La résultante n'est pas nulle, elle est horizontale et pointe vers le centre : c'est la force centripète.

Verticalement, la chaise ne monte ni ne descend : $T\cos 25^{\circ}=F_{g}=50\times 9{,}8=490$ N, donc $T=\dfrac{490}{\cos 25^{\circ}}\approx 541$ N.

Horizontalement : $F_{c}=T\sin 25^{\circ}\approx 540{,}7\times 0{,}423\approx 228$ N. Vérification : $\dfrac{F_{c}}{F_{g}}=\dfrac{T\sin 25^{\circ}}{T\cos 25^{\circ}}=\tan 25^{\circ}\approx 0{,}466$, et $\dfrac{228{,}5}{490}\approx 0{,}466$ : cohérent.

Le rayon est la projection horizontale des chaînes : $r=3{,}0\sin 25^{\circ}\approx 1{,}27$ m. De $F_{c}=\dfrac{mv^{2}}{r}$ : $v=\sqrt{\dfrac{F_{c}\,r}{m}}=\sqrt{\dfrac{228{,}5\times 1{,}268}{50}}\approx 2{,}4$ m/s.

Sur un virage plat, seule la force de FROTTEMENT entre les pneus et la route peut pointer vers le centre du virage : c'est elle qui joue le rôle centripète. La limite est atteinte quand elle est maximale : $\mu_{s}mg=\frac{mv^{2}}{r}$, d'où $v_{max}=\sqrt{\mu_{s}gr}=\sqrt{(0{,}70)(9{,}8)(80)}=\sqrt{548{,}8}\approx 23{,}4$ m/s, soit environ 84 km/h.

Non. La masse figure des deux côtés de l'équation $\mu_{s}mg=\frac{mv^{2}}{r}$ et se simplifie : une voiture chargée et une voiture vide passent le virage à la même vitesse limite. C'est le même mécanisme qu'en chute libre : une masse plus grande demande plus de force centripète, mais dispose d'exactement autant de frottement supplémentaire, puisque celui-ci est proportionnel au poids. En pratique, un camion se renverse avant de glisser, ce qui est un tout autre problème, de stabilité et non d'adhérence.

$v_{max}=\sqrt{(0{,}35)(9{,}8)(80)}=\sqrt{274{,}4}\approx 16{,}6$ m/s, soit environ 60 km/h. Le coefficient a été divisé par deux, mais la vitesse ne l'est que par $\sqrt{2}\approx 1{,}41$, puisqu'elle varie comme la racine du coefficient. Réduire sa vitesse de 30 % sous la pluie n'est donc pas une précaution excessive, c'est le strict minimum pour conserver la même marge.

Sur un virage relevé sans frottement, seules deux forces agissent : le poids, vertical, et la normale, perpendiculaire à la chaussée donc inclinée de $\theta$ par rapport à la verticale. Verticalement, rien n'accélère : $N\cos\theta=mg$. Horizontalement, la composante restante fournit toute la force centripète : $N\sin\theta=\frac{mv^{2}}{r}$. En divisant la seconde par la première, $N$ et $m$ disparaissent : $\tan\theta=\frac{v^{2}}{rg}=\frac{548{,}8}{(80)(9{,}8)}=0{,}700$, soit $\theta\approx 35°$. Remarquez la coïncidence : l'angle de dévers vérifie $\tan\theta=\mu_{s}$, la même relation que l'angle de décrochage sur un plan incliné.

$N=\frac{mg}{\cos\theta}=\frac{(1200)(9{,}8)}{0{,}819}\approx 1{,}44\times 10^{4}$ N, contre un poids de $1{,}18\times 10^{4}$ N : la route pousse 22 % plus fort que le poids. Les passagers se sentent donc plus lourds, tassés dans leur siège, et non projetés vers l'extérieur : la sensation d'être « poussé dehors » vient simplement de leur inertie, qui les ferait aller tout droit si la portière ne les ramenait pas. Si la voiture roule plus LENTEMENT que la vitesse de conception sur une chaussée verglacée, la composante horizontale de la normale devient trop grande pour la trajectoire suivie : sans frottement pour la retenir, la voiture GLISSE vers le bas de la pente, c'est-à-dire vers l'intérieur du virage. Le dévers n'est donc idéal qu'à une seule vitesse; en dessous comme au-dessus, il faut du frottement, dirigé vers le haut de la pente dans un cas, vers le bas dans l'autre.

Au sommet, deux forces s'exercent, et toutes deux pointent vers le BAS, c'est-à-dire vers le centre du cercle : le poids $mg$ et la tension $T$ de la corde. La direction radiale étant orientée vers le centre, la deuxième loi s'écrit $T+mg=\frac{mv^{2}}{r}$. Notez qu'aucune force ne pointe vers le haut : la corde ne peut que TIRER, jamais pousser.

La corde ne peut pas exercer une tension négative. Le cas limite est donc $T=0$, où le poids fournit à lui seul toute la force centripète : $mg=\frac{mv^{2}}{r}$, soit $v_{min}=\sqrt{gr}=\sqrt{(9{,}8)(1{,}00)}\approx 3{,}13$ m/s. La masse a disparu : la vitesse critique est la même pour un seau plein ou vide. Durée d'un tour à cette vitesse : $T_{tour}=\frac{2\pi r}{v}=\frac{6{,}283}{3{,}13}\approx 2{,}0$ s. Il suffit donc d'un tour toutes les deux secondes, ce qui est étonnamment lent.

Au sommet à 5,00 m/s : $T=\frac{mv^{2}}{r}-mg=\frac{(1{,}50)(25{,}0)}{1{,}00}-(1{,}50)(9{,}8)=37{,}5-14{,}7=22{,}8$ N. Au point le plus bas, la tension pointe vers le haut, donc vers le centre, tandis que le poids pointe vers le bas, donc en sens contraire : $T-mg=\frac{mv^{2}}{r}$, d'où $T=37{,}5+14{,}7=52{,}2$ N, plus du double. C'est donc EN BAS que la corde travaille le plus, et c'est là qu'elle cassera. En pratique, la vitesse est d'ailleurs plus grande en bas qu'en haut, ce qui aggrave encore l'écart.

Il n'existe aucune force centrifuge dans le référentiel du sol : rien ne pousse l'eau vers l'extérieur. Ce qui se passe est exactement l'inverse. L'eau tombe bel et bien, en permanence, sous l'effet de son seul poids; mais le seau tombe LUI AUSSI, sur une trajectoire courbe qui se dérobe au moins aussi vite. Tant que la vitesse dépasse $\sqrt{gr}$, la trajectoire circulaire imposée à l'eau descend plus vite que sa chute libre ne la ferait descendre, et c'est le FOND du seau qui doit la pousser vers le bas pour l'y forcer. Le seau ne retient pas l'eau, il l'accélère vers le centre. En dessous de la vitesse critique, la trajectoire circulaire deviendrait moins courbe que la chute libre : l'eau se séparerait du fond et suivrait sa propre parabole, ce qui se voit très bien quand on ralentit.

Au sommet, $v_{h}=v_{min}=\sqrt{gr}$. Entre le bas et le haut de la boucle, la différence de hauteur vaut $2r$, et l'énergie mécanique se conserve : $\frac{1}{2}v_{b}^{2}=\frac{1}{2}v_{h}^{2}+g(2r)$, donc $v_{b}=\sqrt{gr+4gr}=\sqrt{5gr}$. Pour $r=1{,}00$ m : $v_{b}=\sqrt{49}=7{,}00$ m/s, soit plus du double de la vitesse au sommet. Quant à la hauteur de départ, si le wagon part du repos : $gh=\frac{1}{2}v_{b}^{2}$, donc $h=\frac{5r}{2}=2{,}5\,r$, soit 2,50 m ici. Il faut donc partir de deux fois et demie le RAYON, c'est-à-dire un quart de plus que le sommet de la boucle lui-même : la marge sert précisément à garantir la vitesse critique au point le plus haut. Dans un parc d'attractions réel, on prévoit bien davantage, à cause du frottement et pour que les passagers ne se retrouvent pas en apesanteur complète.