Exercices corrigés : l'équilibre statique (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) 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) 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) 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.