Solution des exercices : Équilibre d'un solide mobile autour d'un axe - 2nd S

Classe: 
Seconde
 

Exercice 1

Un chemin forestier est fermé par une barrière constituée d'une poutre (1) et d'un contre-poids (2).
 
La barrière peut tourner autour d'un axe $\Delta$ perpendiculaire en $O$ au plan de la figure
 
 
Les cotes sont en mètres. La masse de la barrière est $60\;kg\;;\ G$ est son centre de gravité.
 
Un promeneur veut la soulever en exerçant en $A$ une force $\vec{F}$ d'intensité $100\;N.$
 
1) a) Calculons l'intensité du poids $\vec{P}$ de la barrière.
 
Soit : $P=m.g\ $ avec, $g=10\;N.kg^{-1}.$
 
A.N : $P=60\times 10=600$
 
Donc, $\boxed{P=600\;N}$
 
b) Calculons le moment de $\vec{P}$ par rapport à $\Delta.$
 
On a : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P})=P\cdot OG$
 
A.N : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P})=600\times 0.5=300$
 
Ainsi, $\boxed{\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P})=300\;Nm}$
 
c) Calculons le moment de $\vec{F}$ par rapport à $\Delta.$
 
L'expression du moment de $\vec{F}$ par rapport à $\Delta$ est donnée par : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{F})=P\cdot OA$
 
A.N : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{F})=100\cdot 4=400$
 
D'où, $\boxed{\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{F})=400\;Nm}$
 
2) Le promeneur peut soulever la barrière car $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{F})>\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P})$
 

Exercice 2

Le chargeur représenté ci-dessous se compose :
 
$-\ $ d'un châssis et du conducteur de masse $400\;kg$ ;
 
$-\ $ de son chargement de masse $420\;kg$ ;
 
$-\ $ d'un système de levage et du godet de masse $150\;kg.$
 
Le poids du châssis s'applique au point $G_{1}$
 
Le poids du chargement au poing $G_{2}$
 
Le poids du système de levage au poing $G_{3}$
 
 
1) Calculons les intensités des poids $P_{1}\;,\ P_{2}\ $ et $\ P_{3}$ du châssis, du chargement et du système de levage
 
Soit alors :
 
$P_{1}=m_{1}.g=400\times 10=40\cdot 10^{2}$
 
Donc, $\boxed{P_{1}=40\cdot 10^{2}\;N}$
 
$P_{2}=m_{2}.g=420\times 10=42\cdot 10^{2}$
 
Ainsi, $\boxed{P_{2}=42\cdot 10^{2}\;N}$
 
$P_{3}=m_{3}.g=150\times 10=15\cdot 10^{2}$
 
Par suite, $\boxed{P_{3}=15\cdot 10^{2}\;N}$
 
2) Calcul du moment du poids $P_{1}$ par rapport à l'axe $\Delta$ de la roue avant.
 
Choisissons un sens positif de rotation (voir figure)
 
Soit : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})=P_{1}\cdot d_{1}$
 
A.N : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})=40\cdot 10^{2}\cdot 2.40=96\cdot 10^{2}$
 
D'où, $\boxed{\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})=96\cdot 10^{2}\;Nm}$
 
3) Calculons le moment du poids $P_{2}$ par rapport à l'axe $\Delta$ de la roue avant.
 
On a : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{2})=-P_{2}\cdot d_{2}$
 
Donc, $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{2})=-42\cdot 10^{2}\cdot 1.75=-73.5\cdot 10^{2}$
 
Par suite, $\boxed{\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{2})=-73.5\cdot 10^{2}\;Nm}$
 
4) Calcul du moment du poids $P_{3}$ par rapport à l'axe $\Delta$ de la roue avant.
 
Soit : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})=-P_{3}\cdot d_{3}$
 
A.N : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})=-15\cdot 10^{2}\cdot 1.20=-18\cdot 10^{2}$
 
D'où, $\boxed{\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})=-18\cdot 10^{2}\;Nm}$
 
5) Vérifions si le chargeur ainsi chargé pivote autour de l'axe $\Delta$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl}\left|\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{2})+\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})\right|&=&\left|-73.5\cdot 10^{2}-18\cdot 10^{2}\right|\\ \\&=&91.5\end{array}$
 
Donc, $\left|\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{2})+\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})\right|=91.5\;Nm$
 
Comme $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{})=96\cdot 10^{2}\;Nm$ alors, $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{})>\left|\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{2})+\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})\right|$
 
Par conséquent, le chargeur ainsi chargé pivote autour de l'axe $\Delta.$
 
6) Déterminons la charge maximale que peut transporter le godet
 
Soit : $\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})+\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{2})+\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})=0$ alors,
 
$\begin{array}{rcl}\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{2})=-\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})-\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})&\Rightarrow&-P_{2}.d_{2}=-\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})-\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})\\ \\&\Rightarrow&P_{2}=\dfrac{\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})+\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})}{d_{2}}\\ \\&\Rightarrow&M_{2}.g=\dfrac{\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})+\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})}{d_{2}}\\ \\&\Rightarrow&M_{2}=\dfrac{\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})+\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})}{d_{2}.g}\end{array}$
 
Donc, $M_{2}=\dfrac{\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{1})+\mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}_{3})}{d_{2}.g}$
 
A.N : $M_{2}=\dfrac{96\cdot 10^{2}-18\cdot 10^{2}}{1.75\times 10}=446$
 
D'où, $\boxed{M_{2}=446\;kg}$

Exercice 3

Un solide $(S)$ de masse $m=200\;g$ est relié à un fil de masse négligeable passant par la gorge d'une poulie à axe fixe $(\Delta)$, de masse négligeable et de rayon $r.$
 
L'autre extrémité du fil est attachée à un ressort de raideur $k$ et de masse négligeable. 
 
A l'équilibre, l'axe du ressort fait un angle $\alpha=30^{\circ}$ avec l'horizontale et le ressort est allongé de $\Delta l=4\;cm.$ On néglige tout type de frottement.
 
1) a) Représentons les forces exercées sur le solide $(S).$
 
 
b) Écrivons la condition d'équilibre de $(S)$
$$\vec{P}+\vec{T}=\vec{0}$$
Déterminons l'expression de la tension du fil $f_{1}.$
 
On a : 
 
$\begin{array}{rcl}\vec{P}+\vec{T}=\vec{0}&\Rightarrow&m.g-T=0\\ \\&\Rightarrow&T=m.g\end{array}$
 
Calcul de sa valeur.
 
$T=m.g=200.10^{-3}\times 10=2$
 
Donc, $\boxed{T=2\;N}$
 
2) a) Représentons les forces exercées sur la poulie.
 
Voir figure
 
b) Détermination de la tension du fil $f_{2}$
 
Le théorème des moments s'écrit :
 
$\begin{array}{rcl} M_{\Delta}(\vec{T_{1}})+M_{\Delta}(\vec{T_{2}})+M_{\Delta}(\vec{R})=0&\Rightarrow&-T_{1}r+T_{2}r+0=0\\ \\&\Rightarrow&T_{2}r=T_{1}r\\ \\&\Rightarrow&T_{2}=T_{1}\end{array}$
 
Le fil transmet les forces donc :
 
$\begin{array}{rcl} T_{1}=T&\Rightarrow&T_{2}=T\\ \\&\Rightarrow& T_{2}=2\;N\end{array}$
 
c) Déduction de la tension du fil $f_{2}$ au point $A.$
 
Le fil transmet les forces alors : 
$$T_{r}=T_{2}\ \Rightarrow\ T_{r}=2\;N$$
3) Déterminons la valeur de la raideur du ressort $k.$
 
On a : $T_{r}=k\Delta l\ \Rightarrow\ k=\dfrac{T_{r}}{\Delta l}$
 
A.N : $k=\dfrac{2.0}{4.10^{-2}}=25$
 
Ainsi, $\boxed{k=25\;N.m^{-1}}$
 
4) Par projection de la relation vectorielle, traduisant l'équilibre de la poulie, dans un repère orthonormé, montrons que la valeur de la réaction R de l'axe $(\Delta)$ est $R=mg\sqrt{2(1+\sin \alpha)}$
 
La condition d'équilibre s'écrit :
$$\vec{T_{1}}+\vec{T_{2}}+\vec{R}=\vec{0}$$
 
 
En projetant la relation vectorielle suivant les axes $x’x\ $ et $\ y’y$, il vient :
 
$0+T_{2}\cos \alpha-R_{x}=0\ \Rightarrow\ R_{x}=T_{2}\cos \alpha=mg\cos \alpha$
 
$\begin{array}{rcl} T_{1}+T_{2}\sin \alpha-R_{y}=0&\Rightarrow&R_{y}=T_{1}+T_{2}\sin \alpha\quad\text{or, }\ T_{1}=T_{2}=mg\\ \\&\Rightarrow&R_{y}=mg(1+\sin \alpha)\end{array}$
 
Soit alors :
 
$\begin{array}{rcl}  R&=&\sqrt{R_{x}^{2}+R_{y}^{2}}\\ \\&=&\sqrt{(m.g\cos \alpha)^{2}+(m.g(1+\sin \alpha))^{2}}\\ \\&=&m.g\sqrt{(\cos \alpha)^{2}+(1+\sin \alpha)^{2}}\\ \\&=&m.g\sqrt{\cos^{2}\alpha+1+2\sin \alpha+\sin^{2}\alpha}\\ \\&=&m.g\sqrt{2+2\sin \alpha}\\ \\&=&m.g\sqrt{2(1+\sin \alpha)}\end{array}$
 
Calcul de sa valeur
 
$\begin{array}{rcl} R&=&m.g\sqrt{2(1+\sin \alpha)}\\ \\&=&200.10^{-3}\times 10\sqrt{2(1+\sin 30^{\circ})}\\ \\&=&0.34\end{array}$
 
D'où, $\boxed{R=0.34\;N}$

Exercice 4

On dispose d'une règle homogène, de masse négligeable, pouvant tourner autour d'un axe horizontal $\Delta$ passant par son centre d'inertie $O.$ On veut connaître le comportement de la règle dans les situations suivantes :
 
1) La règle, initialement au repos, est soumise à un seul couple de forces $(\vec{F}\;,\ \vec{F'})\ :$, indiquons quel est le comportement de la règle et donnons le signe du moment du couple de forces.
 
 
Le couple de forces fait tourner la règle dans un sens opposé à celui du sens positif choisi. Le signe du moment du couple est donc négatif.
 
 
2.1) Calcul du moment de chaque couple.
 
Soit : $F_{1}=F_{2}=2.5\times 2\ \Rightarrow\ F_{1}=F_{2}=5\;N$
 
$d=1.6\times 10\ \Rightarrow\ d=16\;cm$
 
$F_{3}=F_{4}=2\times 2\ \Rightarrow\ F_{3}=F_{4}=4\;N$
 
$d'=3.0\times 10\ \Rightarrow\ d'=30\;cm$
 
Alors, 
 
$M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})=F_{1}.d=5\times 16.10^{-2}$
 
Donc, $\boxed{M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})=0.80\;Nm}$
 
$M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})=F_{1}.d=5\times 16.10^{-2}$
 
Ainsi, $\boxed{M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})=0.80\;Nm}$
 
$M_{\Delta}(F_{3}\;,\ F_{4})=-F_{3}.d'=4\times 30.10^{-2}$
 
D'où, $\boxed{M_{\Delta}(F_{3}\;,\ F_{4})=-1.20\;Nm}$
 
2.2) Exprimons la condition d'équilibre de la règle.
$$M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})+M_{\Delta}(F_{3}\;,\ F_{4})=0$$
Montrons alors que la règle n'est pas en équilibre mais en rotation non uniforme.
 
On a :
$$\left|M_{\Delta}(F_{3}\;,\ F_{4})\right|>M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})$$
Donc, la règle n'est pas équilibre mais en rotation non uniforme.
 
Cette rotation se fait dans le sens négatif.
 
2.3) On veut obtenir l'équilibre de cette règle :
 
2.3.1) Pour cela, on déplace le point d'application $A_{3}$ de la force $\vec{F}_{3}$, déterminons la position de $A_{3}$ par rapport à $O$ pour que la règle soit en équilibre.
 
On sait que : $M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})+M_{\Delta}(F_{3}\;,\ F_{4})=0$
 
Donc,
 
$\begin{array}{rcl} M_{\Delta}(F_{3}\;,\ F_{4})=-M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})&\Rightarrow&-F_{3}.d=-M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})\\ \\&\Rightarrow&d=\dfrac{M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})}{F_{3}}\\ \\&\Rightarrow&d=\dfrac{0.80}{4}\\ \\&\Rightarrow&d=0.20\;m\end{array}$
 
2.3.2) Donnons l'expression du moment du couple $(\vec{F_{3}}\;,\ \vec{F_{4}})$ en fonction de $\alpha\;,\ F_{3}\;,\ A_{3}A_{4}$
 
 
On a :
$$M_{\Delta}(F_{3}\;,\ F_{4})=-F_{3}.A_{3}A_{4}.\cos\alpha$$
 
Détermination de la valeur de $\alpha$ pour laquelle la règle est en équilibre.
 
On a : $M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})+M_{\Delta}(F_{3}\;,\ F_{4})=0\ \Rightarrow\ M_{\Delta}(F_{3}\;,\ F_{4})=-M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})$
 
Alors,
 
$\begin{array}{rcl} -F_{3}.A_{3}A_{4}.\cos\alpha=-M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})&\Rightarrow&\cos\alpha=\dfrac{M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})}{F_{3}.A_{3}A_{4}}\\ \\&\Rightarrow&\alpha=\cos^{-1}\left(\dfrac{(M_{\Delta}(F_{1}\;,\ F_{2})}{F_{3}.A_{3}A_{4}}\right)\\ \\&\Rightarrow&\alpha=\cos^{-1}\left(\dfrac{0.80}{4\times 0.30}\right)\\ \\&\Rightarrow&\alpha=48.2^{\circ}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{\alpha=48.2^{\circ}}$

 

 

 

Commentaires

Vos cours et exercices sont bien détaillés mais j'aurais aimé à 100% s'il y avait des pdf où l'on pourrait télécharger et utiliser hors connexion. Merci cas même...

Merci pour l'effort

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Je suis un professeur de pc la série m intéresse

Merci pour la comprehension des eleves

Les exercices sont bien détaillées

Bonjour Besoin de la correction de la série d'exercices équilibre d'un solide mobile

Exercice et cours

des exercices pertinents pour l'encadrement des élèves en période de COVID

Calcul les moments des forces s'exercer sur la tige par rapport à ∆(alpha =30. ,I=10cm ,p=1n ,f1=2n,f2=3n

Les exercices sont pertinents mais aurait voulu avoir accès a la correction de tous les exercices

Hhhhhhhhh

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Correction exo9

Cet exercice je voulais le faire mais je ne parviens à le faire. Il s'agit de l'exo9

Correction de exo 7

ممكن جواب تمرين 7

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J.aime bien sa nous aide surtout les scientifiques

Machallah, je suis très heureux de cette application, j'ai pas des mots pour vous remercier franchement, merci à vous

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Il n'y a pas la correction de tous les exercices

S'ils vous plaît je voudrais avoir la correction de l'exercice là où il y a les trois poulies

Correction de la série équilibre d'un solide mobile autoure d'un axe exercices 7 Mais merci cas même

En travaillant dure

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