Exercices corrigés : l'équilibre statique (203-SN1-RE, ancien 203-NYA)

a) Première condition : $\sum\vec{F}=\vec{0}$, qui interdit toute accélération du CENTRE DE MASSE, donc tout mouvement de translation. Seconde condition : $\sum\tau=0$, qui interdit toute accélération angulaire, donc toute mise en rotation. Les deux sont nécessaires et indépendantes.

b) La somme des forces est bien NULLE, puisque les deux forces sont égales et opposées. Pourtant la barre n'est PAS en équilibre : les deux forces, appliquées en des points différents, font tourner dans le MÊME sens. En prenant le centre de la barre comme pivot, chaque force a un bras de 0,400 m et produit un moment de $20{,}0\times 0{,}400=8{,}00$ N·m, les deux dans le même sens : $\tau_{net}=16{,}0$ N·m. C'est ce qu'on appelle un COUPLE, et c'est exactement ce qu'on applique à un volant ou à un tournevis.

c) Soient deux pivots $O$ et $O'$, et $\vec{d}$ le vecteur allant de $O$ à $O'$. Le moment d'une force $\vec{F}_{i}$ appliquée en $P_{i}$ vaut, par rapport à $O'$, le moment par rapport à $O$ diminué du moment que produirait $\vec{F}_{i}$ appliquée en $O$ avec le bras $\vec{d}$. En sommant sur toutes les forces, le terme supplémentaire se factorise en $\vec{d}$ multiplié par $\sum\vec{F}_{i}$. Si cette somme est nulle, le terme disparaît et les deux sommes de moments sont ÉGALES.

d) On peut choisir le pivot LIBREMENT, et il faut en profiter. Le choix judicieux est le point d'application d'une force inconnue, car son bras devient nul et elle disparaît de l'équation des moments. Un problème à deux réactions inconnues se résout ainsi par une seule équation à une inconnue, au lieu d'un système. C'est la technique centrale de tout le chapitre, et elle explique pourquoi le résultat de c n'est pas une curiosité théorique mais l'outil de travail principal.

a) Prenons l'appui de gauche comme pivot : sa réaction $R_{1}$ a un bras nul et disparaît. Les moments des poids sont horaires, celui de $R_{2}$ est antihoraire. $R_{2}\times 6{,}00=200\times 9{,}80\times 3{,}00+500\times 9{,}80\times 2{,}00=5880+9800=15\,680$ N·m, d'où $R_{2}=\dfrac{15\,680}{6{,}00}=2613$ N.

b) Première méthode, par la somme des forces : $R_{1}+R_{2}=\left(200+500\right)\times 9{,}80=6860$ N, donc $R_{1}=6860-2613=4247$ N. Seconde méthode, par les moments autour de l'appui de DROITE : $R_{1}\times 6{,}00=200\times 9{,}80\times 3{,}00+500\times 9{,}80\times 4{,}00=5880+19\,600=25\,480$ N·m, d'où $R_{1}=4247$ N. Les deux concordent, ce qui valide l'ensemble. Noter que l'appui le plus PROCHE de la charge en supporte la plus grande part.

c) Par symétrie, les deux réactions sont égales si la charge est au MILIEU, à 3,00 m. Chacune vaut alors $\dfrac{6860}{2}=3430$ N. On peut le vérifier : la poutre étant homogène, son propre poids est déjà réparti également ; il suffit que la charge le soit aussi.

d) L'appui de gauche cesse d'être sollicité quand $R_{1}=0$, c'est-à-dire quand la somme des moments autour de l'appui de droite s'annule sans lui. Cela exigerait que le moment de la charge compense celui du poids de la poutre dans l'autre sens, ce qui est impossible tant que la charge reste ENTRE les appuis : les deux moments sont alors de même sens. Il faudrait placer la charge au-delà de l'appui de droite, en porte-à-faux. La condition devient $500\times 9{,}80\times x=200\times 9{,}80\times 3{,}00$ avec $x$ mesuré au-delà de l'appui droit, soit $x=1{,}20$ m. Au-delà, $R_{1}$ deviendrait négative : un appui simple ne pouvant que POUSSER, la poutre BASCULE. C'est le calcul qui dimensionne les contrepoids de grue.

a) Une charge répartie exerce, sur chaque tranche, un poids élémentaire. La somme de ces poids vaut le poids total, et la somme de leurs moments par rapport à n'importe quel point est la même que celle d'une force unique appliquée au centre de gravité de la répartition. Remplacer la charge répartie par cette résultante est donc exact, et non approché, pour tout calcul d'équilibre. Pour une poutre homogène, ce point est le milieu : $W=60{,}0(9{,}80)=588$ N appliqué en $x=3{,}00$ m. Si la charge était triangulaire, la résultante se placerait au centre de gravité du triangle, soit aux DEUX TIERS de la longueur à partir de l'extrémité où la charge est nulle, et non au milieu.

b) Notons $R_{A}$ et $R_{B}$ les réactions en $x=0$ et $x=4{,}00$ m. Moments par rapport à $A$ : $R_{B}(4{,}00)=588(3{,}00)$, donc $R_{B}=441$ N. Somme des forces verticales : $R_{A}=588-441=147$ N. Le porte-à-faux fait déjà pencher la charge vers l'appui de droite : celui-ci supporte trois fois plus que celui de gauche, alors que la poutre est homogène.

c) Prenons les moments par rapport à $B$ et exigeons $R_{A}=0$. Le poids de la poutre, en $x=3{,}00$ m, est du côté gauche de $B$ et tend donc à faire redescendre la partie gauche : son moment vaut $588(1{,}00)=588$ N$\cdot$m. L'ouvrier, en $x$, doit produire le moment opposé : $784\left(x-4{,}00\right)=588$, soit $x-4{,}00=0{,}750$ et $x=4{,}75$ m. Au-delà de $4{,}75$ m, la poutre bascule autour de $B$ si elle est simplement posée : l'appui de gauche décolle. S'il est boulonné, il devra au contraire TIRER vers le bas, et c'est la fixation qui travaille.

d) Moments par rapport à $A$ : $R_{B}(4{,}00)=588(3{,}00)+784(6{,}00)=1\,764+4\,704=6\,468$, donc $R_{B}=1\,617$ N. Somme des forces : $R_{A}=588+784-1\,617=-245$ N. Le signe négatif ne signifie pas une erreur de calcul : il indique que la force supposée dirigée vers le haut est en réalité dirigée vers le BAS. L'appui de gauche doit retenir la poutre avec $245$ N, ce qu'un simple appui posé ne sait pas faire. Un appui simple ne peut que pousser, comme le fond d'un seau ou le sol sous une caisse.

e) Il faut que le contrepoids, placé en $x=0$, produise autour de $B$ un moment compensant celui de l'ouvrier. Moments par rapport à $B$ : $m g(4{,}00)+588(1{,}00)=784(2{,}00)$, soit $4{,}00\,mg=1\,568-588=980$ et $mg=245$ N, donc $m=25{,}0$ kg. C'est exactement le $245$ N calculé en d), ce qui est cohérent. En pratique on en mettrait bien davantage, pour trois raisons : cette valeur correspond à l'équilibre STRICT, où la moindre perturbation fait basculer; l'ouvrier peut porter une charge, sauter ou se pencher, ce qui augmente le moment; et toute norme de construction impose un coefficient de sécurité. Un équilibre calculé au newton près est un équilibre qu'on ne construit pas.

a) Rectangle 1, la base : aire $A_{1}=2{,}00\times 0{,}50=1{,}00$ m², centre en $\left(1{,}00\ ;\ 0{,}25\right)$. Rectangle 2, le montant : aire $A_{2}=0{,}50\times 1{,}80=0{,}90$ m², centre en $\left(0{,}25\ ;\ 0{,}50+0{,}90\right)=\left(0{,}25\ ;\ 1{,}40\right)$, puisqu'il repose sur le premier.

b) $x_{G}=\dfrac{A_{1}x_{1}+A_{2}x_{2}}{A_{1}+A_{2}}=\dfrac{1{,}00\times 1{,}00+0{,}90\times 0{,}25}{1{,}90}=\dfrac{1{,}225}{1{,}90}=0{,}645$ m. $y_{G}=\dfrac{1{,}00\times 0{,}25+0{,}90\times 1{,}40}{1{,}90}=\dfrac{1{,}51}{1{,}90}=0{,}795$ m. Le centre de gravité est donc en $\left(0{,}645\ ;\ 0{,}795\right)$.

c) Parce que la plaque est HOMOGÈNE et d'épaisseur constante : la masse de chaque morceau est alors proportionnelle à son aire, $m_{i}=\sigma A_{i}$ avec la même masse surfacique $\sigma$ pour tous. Dans le quotient définissant $x_{G}$, le facteur $\sigma$ apparaît au numérateur et au dénominateur, et se simplifie. L'argument tomberait si les deux parties étaient de matériaux différents.

d) Oui, et c'est fréquent. Le point $\left(0{,}645\ ;\ 0{,}795\right)$ trouvé en b se situe justement dans l'échancrure du L, là où il n'y a pas de matière. Autres exemples : le centre d'un anneau, celui d'un fer à cheval, celui d'un boomerang. Le centre de gravité est un point de calcul, pas un morceau de l'objet : rien n'exige qu'il y ait de la matière à cet endroit.

e) Posée sur sa base, la plaque est stable : la verticale issue de $x_{G}=0{,}645$ m tombe bien à l'intérieur de la base, qui s'étend de 0 à 2,00 m. En inclinant la plaque autour de son arête droite, située en $x=2{,}00$ m, elle bascule quand la verticale du centre de gravité dépasse cette arête. L'angle critique vérifie $\tan\theta=\dfrac{2{,}00-0{,}645}{0{,}795}=1{,}704$, soit $\theta=59{,}6^{\circ}$. En basculant au contraire vers la gauche, autour de l'arête $x=0$, l'angle critique est bien plus petit : $\tan\theta=\dfrac{0{,}645}{0{,}795}=0{,}811$, soit $39{,}1^{\circ}$. La plaque est donc nettement moins stable du côté du montant, ce qui est intuitif puisque la masse y est décalée.

a) Quatre forces : le poids de l'échelle, $18{,}0\times 9{,}80=176{,}4$ N appliqué au milieu, à 2,50 m du pied ; le poids de la personne, $75{,}0\times 9{,}80=735$ N à 3,50 m ; la réaction du mur ; la réaction du sol, qui a une composante normale et une composante de frottement. Le mur étant LISSE, il ne peut exercer aucune force tangentielle le long de sa surface, donc aucune composante verticale : sa réaction est nécessairement HORIZONTALE, perpendiculaire au mur.

b) Pivot au pied : les deux réactions du sol y ont un bras nul et disparaissent. Le bras du poids, force verticale, est la distance HORIZONTALE au pivot, soit $\ell\cos 65^{\circ}$ pour un point situé à la distance $\ell$ le long de l'échelle. Le bras de la force du mur, horizontale, est la hauteur $5{,}00\sin 65^{\circ}$. D'où $N_{mur}\times 5{,}00\sin 65^{\circ}=176{,}4\times 2{,}50\cos 65^{\circ}+735\times 3{,}50\cos 65^{\circ}$. Le calcul donne $N_{mur}\times 4{,}532=186{,}4+1087{,}3=1273{,}7$, soit $N_{mur}=281$ N.

c) Verticalement, le sol supporte tout le poids puisque le mur ne pousse qu'horizontalement : $N_{sol}=176{,}4+735=911$ N. Horizontalement, le frottement du sol équilibre exactement la poussée du mur : $f=N_{mur}=281$ N. La condition de non-glissement s'écrit $f\leq\mu_{s}N_{sol}$, d'où $\mu_{s}\geq\dfrac{281}{911}=0{,}308$.

d) La condition générale, en refaisant le calcul de b avec un angle $\theta$ quelconque, s'écrit $\tan\theta\geq\dfrac{m_{e}\frac{L}{2}+m_{p}d}{\mu_{s}\left(m_{e}+m_{p}\right)L}$. Numériquement, $\tan\theta\geq\dfrac{18{,}0\times 2{,}50+75{,}0\times 3{,}50}{0{,}400\times 93{,}0\times 5{,}00}=\dfrac{307{,}5}{186{,}0}=1{,}653$, soit $\theta\geq 58{,}8^{\circ}$. L'échelle inclinée à 65,0° est donc bien au-dessus de la limite : elle tient.

e) Parce que le moment déstabilisant croît avec la distance $d$ de la personne au pied, alors que le moment résistant, lui, ne change pas. En montant, on augmente donc $N_{mur}$, donc le frottement exigé au sol, sans augmenter la réaction normale autrement que du poids déjà compté. Une échelle peu inclinée aggrave tout, parce que le bras des poids varie comme $\cos\theta$, qui grandit quand $\theta$ diminue, tandis que le bras de la réaction du mur varie comme $\sin\theta$, qui rapetisse. Les deux effets jouent dans le même sens et le rapport explose. C'est pourquoi la règle de sécurité impose de placer le pied à un quart de la longueur du mur, ce qui correspond à environ 75°, et de ne jamais monter sur les derniers barreaux.

a) Poids : $W=80{,}0(9{,}80)=784$ N. Glissement : il commence quand la force atteint le frottement statique maximal, $F_{gliss}=\mu_{s}W=0{,}500(784)=392$ N. Basculement : l'armoire pivote autour de l'arête inférieure avant, et le seuil est atteint quand le moment de la poussée égale celui du poids, dont le bras de levier est la demi-largeur : $F\,h=W\frac{w}{2}$, soit $F_{bascule}=\frac{784(0{,}300)}{1{,}20}=196$ N. C'est le plus PETIT des deux seuils qui décide : l'armoire bascule à $196$ N, bien avant de pouvoir glisser. Le déménageur qui pousse trop haut renverse le meuble au lieu de le faire avancer.

b) Les deux seuils coïncident quand $\mu_{s}W=\frac{Ww}{2h_{c}}$, ce qui donne $h_{c}=\frac{w}{2\mu_{s}}$. Le poids disparaît : la masse de l'armoire n'a aucune influence sur ce qu'elle fait, seulement sur la force qu'il faut. Ici $h_{c}=\frac{0{,}600}{2(0{,}500)}=0{,}600$ m. En dessous de cette hauteur elle glisse, au-dessus elle bascule. Pousser bas, c'est faire glisser; pousser haut, c'est renverser.

c) Avec $\mu_{s}=0{,}200$, la hauteur critique devient $h_{c}=\frac{0{,}600}{2(0{,}200)}=1{,}50$ m. On pousse à $1{,}20$ m, donc EN DESSOUS de $h_{c}$ : l'armoire glisse cette fois, dès $F=0{,}200(784)=157$ N, alors qu'il faudrait toujours $196$ N pour la basculer. Le même geste, au même endroit, produit deux comportements opposés selon le revêtement du sol. Cirer un plancher protège les meubles du renversement, mais les rend fuyants.

d) Prenons les moments par rapport au centre $O$ de la base. Le poids agit à l'aplomb de $O$ : son moment est nul. Le frottement agit au niveau du plancher, à hauteur nulle : son moment par rapport à $O$ est nul également. Restent la poussée, de moment $F h=150(1{,}20)=180$ N$\cdot$m, et la normale, dont la ligne d'action s'est décalée d'une distance $d$ vers l'arête avant : $W d=180$, donc $d=\frac{180}{784}\approx 0{,}230$ m. Comme la demi-largeur vaut $0{,}300$ m, la normale reste dans la base et l'équilibre tient, ce qui confirme le seuil de $196$ N. Ce que révèle le calcul, c'est que la force normale n'est pas une force fixe appliquée au centre : c'est la résultante d'une pression répartie sur toute la base, et cette résultante MIGRE vers l'arête à mesure qu'on pousse. Le basculement survient exactement quand elle atteint le bord : il n'y a plus de matière au-delà pour la porter.

e) Dans un virage, la force qui joue le rôle de la poussée est la force centripète $\frac{mv^{2}}{R}$, et elle s'applique au centre de masse, à la hauteur $h_{cm}$. Basculement : $\frac{mv^{2}}{R}h_{cm}\geq mg\frac{w}{2}$, soit $\frac{v^{2}}{Rg}\geq\frac{w}{2h_{cm}}$. Glissement : $\frac{v^{2}}{Rg}\geq\mu_{s}$. Le véhicule se renverse avant de déraper si $\frac{w}{2h_{cm}}<\mu_{s}$. Camion : $\frac{2{,}40}{2(1{,}80)}=0{,}667$, inférieur à $0{,}800$, donc il BASCULE. Voiture de sport : $\frac{1{,}80}{2(0{,}450)}=2{,}00$, très supérieur à $0{,}800$, donc elle DÉRAPE, et de loin. Tout l'art du châssis de course tient dans ce rapport : voie large et centre de masse au ras du sol. Et l'on comprend pourquoi une chaussée très adhérente, loin de protéger le camion, aggrave son risque de renversement en lui permettant d'atteindre le seuil de basculement.

a) À l'équilibre, les moments s'égalent : $F_{entrée}\times 0{,}600=200\times 0{,}150$, d'où $F_{entrée}=\dfrac{30{,}0}{0{,}600}=50{,}0$ N. L'avantage mécanique est de 4 : on produit quatre fois la force appliquée, au prix d'un déplacement quatre fois plus grand.

b) Pivot au coude, ce qui élimine la force articulaire inconnue. Le moment du biceps, antihoraire, équilibre ceux des deux poids, horaires : $F_{b}\times 0{,}050=5{,}00\times 9{,}80\times 0{,}350+1{,}50\times 9{,}80\times 0{,}150=17{,}15+2{,}205=19{,}36$ N·m. D'où $F_{b}=\dfrac{19{,}355}{0{,}050}=387$ N.

c) Le poids soulevé n'est que $5{,}00\times 9{,}80=49{,}0$ N. Le biceps doit donc tirer environ HUIT FOIS plus fort que la charge portée. C'est un levier du troisième genre, où la force motrice s'applique ENTRE le pivot et la charge : il n'y a aucun avantage mécanique, seulement un désavantage. Le muscle doit compenser un bras de levier sept fois plus court que celui de la charge.

d) Les forces verticales doivent s'équilibrer. Vers le haut, le biceps tire 387,1 N. Vers le bas, les deux poids totalisent $49{,}0+14{,}7=63{,}7$ N. Le solde, $387{,}1-63{,}7=323{,}4$ N, doit être équilibré par l'articulation, qui exerce donc sur l'avant-bras une force de 323 N dirigée vers le BAS. Le coude est ainsi comprimé bien plus fortement que ne le suggère la charge tenue, ce qui explique l'usure articulaire chez les travailleurs manuels.

e) Parce qu'un levier échange toujours force et déplacement, et que le compromis inverse serait invivable. Avec un bras de 0,050 m contre 0,350 m, la main se déplace SEPT FOIS plus vite et sept fois plus loin que le point d'insertion du biceps. Un muscle ne peut se raccourcir que d'environ un tiers de sa longueur : si l'insertion était plus éloignée pour gagner en force, l'amplitude du geste s'effondrerait et le bras ne pourrait presque plus se plier. La nature a donc choisi la VITESSE et l'AMPLITUDE, quitte à exiger des muscles très puissants. C'est le bon compromis pour lancer, frapper ou attraper, activités où la vitesse compte davantage que la force brute.

a) Théorème : un corps rigide en équilibre sous l'action de seulement TROIS forces non parallèles a nécessairement ses trois lignes d'action concourantes en un même point. Démonstration : soit $P$ le point d'intersection des lignes d'action de deux d'entre elles, disons $\vec{F}_{1}$ et $\vec{F}_{2}$; leurs moments par rapport à $P$ sont nuls, puisque leur bras de levier y est nul. La seconde condition d'équilibre exige que la somme des moments par rapport à $P$ soit nulle, donc le moment de $\vec{F}_{3}$ par rapport à $P$ est nul lui aussi. Une force non nulle de moment nul par rapport à $P$ a forcément sa ligne d'action passant par $P$. Les trois lignes se coupent donc en $P$.

b) Plaçons $A$ à l'origine. L'extrémité $B$ est en $\left(2{,}00\cos 55{,}0^{\circ}\,;2{,}00\sin 55{,}0^{\circ}\right)=\left(1{,}147\,;1{,}638\right)$ m et le centre de gravité au milieu, en $\left(0{,}574\,;0{,}819\right)$ m. Le poids est vertical : sa ligne d'action est la droite $x=0{,}574$. La corde est horizontale et attachée en $B$ : sa ligne d'action est la droite $y=1{,}638$. Elles se coupent en $P\left(0{,}574\,;1{,}638\right)$. La réaction du sol doit donc passer par $A(0\,;0)$ ET par $P$ : sa direction fait avec l'horizontale l'angle $\arctan\frac{1{,}638}{0{,}574}\approx 70{,}7^{\circ}$. On remarque que $\tan 70{,}7^{\circ}=2\tan 55{,}0^{\circ}$, parce que le centre de gravité est à mi-longueur : le point de concours est deux fois plus haut que large par rapport à la barre. Tout cela sans écrire une équation d'équilibre.

c) Moments par rapport à $A$ : la tension, horizontale et appliquée en $B$, a pour bras de levier la hauteur de $B$, soit $1{,}638$ m; le poids $W=196$ N a pour bras de levier l'abscisse du centre de gravité, soit $0{,}574$ m. L'équilibre donne $T(1{,}638)=196(0{,}574)$, d'où $T\approx 68{,}6$ N. Forces horizontales : la réaction du sol doit équilibrer la tension, donc $R_{x}=68{,}6$ N. Forces verticales : la corde étant horizontale, c'est le sol seul qui porte le poids, donc $R_{y}=196$ N. Module : $R=\sqrt{68{,}62^{2}+196^{2}}\approx 208$ N, et direction $\arctan\frac{196}{68{,}62}\approx 70{,}7^{\circ}$ au-dessus de l'horizontale. C'est bien la direction prédite en b).

d) La réaction du sol se décompose en une normale $N=R_{y}=196$ N et un frottement $f=R_{x}=68{,}6$ N. Il faut $f\leq\mu_{s}N$, donc $\mu_{s}\geq\frac{68{,}62}{196}\approx 0{,}350$. En remplaçant les valeurs par leurs expressions, $\mu_{min}=\frac{T}{W}=\frac{W\frac{L}{2}\cos\theta}{W L\sin\theta}=\frac{1}{2\tan\theta}$, et $\frac{1}{2\tan 55{,}0^{\circ}}\approx 0{,}350$. Ni la masse ni la longueur n'interviennent : seul l'angle décide. Plus la barre se couche, plus $\tan\theta$ diminue et plus le sol doit être adhérent, ce qui est le même résultat que pour l'échelle contre un mur.

e) Le bras de levier de la tension est divisé par deux, puisqu'elle s'applique désormais à mi-hauteur, en $y=0{,}819$ m, alors que le moment du poids est inchangé. La tension DOUBLE donc : $T(0{,}819)=196(0{,}574)$ donne $T\approx 137$ N. La réaction devient $R_{x}=137{,}2$ N et $R_{y}=196$ N, soit une direction $\arctan\frac{196}{137{,}2}=55{,}0^{\circ}$ : exactement l'angle de la barre. La réaction du sol est donc dirigée LE LONG DE LA BARRE. Ce n'est pas un hasard : le point de concours est maintenant $\left(0{,}574\,;0{,}819\right)$, c'est-à-dire le centre de gravité lui-même, qui appartient à la barre; la droite $AP$ est donc la barre. Le coefficient de frottement requis devient $\frac{1}{\tan 55{,}0^{\circ}}\approx 0{,}700$, le double du précédent. Rapprocher un hauban de son point d'ancrage est toujours coûteux, en tension comme en adhérence.

a) Pivot à l'articulation, ce qui élimine sa réaction. Seule la composante PERPENDICULAIRE du câble produit un moment, soit $T\sin 40{,}0^{\circ}$, avec un bras de 3,00 m. Les deux poids sont verticaux, donc perpendiculaires à la flèche horizontale, avec des bras de 2,00 m et 4,00 m. D'où $T\sin 40{,}0^{\circ}\times 3{,}00=60{,}0\times 9{,}80\times 2{,}00+200\times 9{,}80\times 4{,}00=1176+7840=9016$ N·m. Alors $T=\dfrac{9016}{3{,}00\times 0{,}6428}=4675$ N.

b) Le poids de la charge vaut $200\times 9{,}80=1960$ N : la tension est 2,4 fois plus grande. Deux causes se cumulent. D'abord le câble est attaché à 3,00 m alors que la charge pend à 4,00 m, ce qui lui donne un bras plus court. Ensuite et surtout, il tire sous un angle de 40,0° seulement, si bien que la fraction utile de sa tension n'est que $\sin 40^{\circ}=0{,}643$. Un câble presque parallèle à la flèche serait presque inutile.

c) Horizontalement, seule la composante horizontale du câble tire la flèche vers le pylône : $H_{x}=T\cos 40{,}0^{\circ}=4675\times 0{,}766=3582$ N, l'articulation devant pousser d'autant en sens inverse. Verticalement, $H_{y}+T\sin 40{,}0^{\circ}=\left(60{,}0+200\right)\times 9{,}80$, d'où $H_{y}=2548-3005=-457$ N. La force totale de l'articulation a pour norme $\sqrt{3582^{2}+457^{2}}=3611$ N.

d) La composante verticale est NÉGATIVE : l'articulation tire la flèche vers le BAS, elle ne la soutient pas. C'était prévisible : la composante verticale du câble, $3005$ N, dépasse à elle seule le poids total de $2548$ N. Le câble soulève donc plus qu'il ne faut, et l'articulation doit retenir la flèche pour l'empêcher de pivoter vers le haut. C'est un résultat contre-intuitif mais parfaitement courant dans ce type de montage, et il impose que l'articulation soit un axe capable de tirer, non un simple appui.

e) Elle AUGMENTERAIT, car le bras du câble diminuerait alors que celui des charges resterait le même : à moment identique, une force appliquée plus près du pivot doit être plus grande. Attacher le câble à 1,50 m au lieu de 3,00 m doublerait la tension, à plus de 9300 N. La contrainte pratique est donc d'attacher le câble AUSSI LOIN que possible de l'articulation et sous l'angle le plus ouvert possible, ce qui explique la silhouette des grues, avec leur mât haut et leurs haubans très écartés. Toute la conception vise à maximiser $\sin\theta$ et le bras de levier simultanément.

a) Le rayon vaut $0{,}600$ cm $=6{,}00\times 10^{-3}$ m, donc $A=\pi r^{2}=\pi\left(6{,}00\times 10^{-3}\right)^{2}\approx 1{,}131\times 10^{-4}$ m$^{2}$. La force vaut $F=1\,200(9{,}80)=1{,}176\times 10^{4}$ N, d'où la contrainte $\sigma=\frac{F}{A}=\frac{11\,760}{1{,}131\times 10^{-4}}\approx 1{,}04\times 10^{8}$ Pa, soit $104$ MPa. C'est environ $42\,\%$ de la limite élastique : le câble travaille dans son domaine élastique, il reprendra exactement sa longueur une fois déchargé.

b) La loi de Hooke pour un solide s'écrit $\sigma=E\varepsilon$, où $\varepsilon=\frac{\Delta L}{L}$ est la déformation, une grandeur sans unité. Donc $\Delta L=\frac{\sigma L}{E}=\frac{\left(1{,}0398\times 10^{8}\right)(12{,}0)}{2{,}00\times 10^{11}}\approx 6{,}24\times 10^{-3}$ m, soit $6{,}24$ mm. La déformation vaut $\varepsilon=5{,}2\times 10^{-4}$, c'est-à-dire cinq dix-millièmes : les métaux se déforment très peu avant de céder, ce qui les rend à la fois rassurants et traîtres.

c) La cabine accélère vers le haut, donc la tension dépasse le poids : $F=m(g+a)=1\,200(9{,}80+1{,}50)=1{,}356\times 10^{4}$ N. Contrainte : $\sigma=\frac{13\,560}{1{,}131\times 10^{-4}}\approx 1{,}20\times 10^{8}$ Pa. Allongement : $\Delta L=\frac{\left(1{,}199\times 10^{8}\right)(12{,}0)}{2{,}00\times 10^{11}}\approx 7{,}19$ mm, soit près d'un millimètre de plus. Coefficient de sécurité vis-à-vis de la rupture : $\frac{4{,}00\times 10^{8}}{1{,}199\times 10^{8}}\approx 3{,}34$. Un simple démarrage a fait chuter la marge de $3{,}85$ à $3{,}34$, ce qui rappelle qu'un câble ne se dimensionne jamais sur la charge statique seule.

d) Limite élastique : $F=\sigma_{el}A=2{,}50\times 10^{8}\left(1{,}131\times 10^{-4}\right)\approx 2{,}83\times 10^{4}$ N, soit $m=\frac{28\,274}{9{,}80}\approx 2{,}89\times 10^{3}$ kg. Rupture : $F=4{,}00\times 10^{8}\left(1{,}131\times 10^{-4}\right)\approx 4{,}52\times 10^{4}$ N, soit $m\approx 4{,}62\times 10^{3}$ kg. Avec un coefficient de sécurité de $10$, la charge admissible tombe à $\frac{4\,616}{10}\approx 462$ kg. Or on demande à ce câble de porter $1\,200$ kg : il est très largement hors norme à lui seul. La conclusion est celle de l'industrie réelle : un ascenseur est toujours suspendu à PLUSIEURS câbles, chacun capable de retenir la cabine, plus un parachute mécanique. Ce n'est pas de la redondance décorative, c'est la seule façon de respecter un coefficient de $10$ sans câbles démesurés.

e) La contrainte vaut $\frac{F}{A}$ et l'aire est proportionnelle au CARRÉ du diamètre : doubler le diamètre quadruple $A$, donc divise la contrainte par quatre, à $26{,}0$ MPa. L'allongement vaut $\frac{FL}{AE}$ : la longueur double, l'aire quadruple, donc $\Delta L$ est divisé par deux, à $3{,}12$ mm. Contrainte et allongement ne suivent donc pas la même loi, ce qui interdit tout raisonnement en bloc. Enfin, l'allongement dépend de la longueur et de la section, c'est-à-dire de la GÉOMÉTRIE de la pièce, pas seulement de son matériau. La grandeur intrinsèque est le module de Young $E=\frac{\sigma}{\varepsilon}$, qui compare une contrainte à une déformation relative et vaut $2{,}00\times 10^{11}$ Pa pour les deux câbles, puisqu'ils sont du même acier. Comparer deux allongements bruts, c'est confondre la forme de la pièce avec la nature du métal.