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 Δ perpendiculaire en O au plan de la figure
 
 
Les cotes sont en mètres. La masse de la barrière est 60kg; G est son centre de gravité.
 
Un promeneur veut la soulever en exerçant en A une force F d'intensité 100N.
 
1) a) Calculons l'intensité du poids P de la barrière.
 
Soit : P=m.g  avec, g=10N.kg1.
 
A.N : P=60×10=600
 
Donc, P=600N
 
b) Calculons le moment de P par rapport à Δ.
 
On a : MΔ(P)=POG
 
A.N : MΔ(P)=600×0.5=300
 
Ainsi, MΔ(P)=300Nm
 
c) Calculons le moment de F par rapport à Δ.
 
L'expression du moment de F par rapport à Δ est donnée par : MΔ(F)=POA
 
A.N : MΔ(F)=1004=400
 
D'où, MΔ(F)=400Nm
 
2) Le promeneur peut soulever la barrière car MΔ(F)>MΔ(P)
 

Exercice 2

Le chargeur représenté ci-dessous se compose :
 
  d'un châssis et du conducteur de masse 400kg ;
 
  de son chargement de masse 420kg ;
 
  d'un système de levage et du godet de masse 150kg.
 
Le poids du châssis s'applique au point G1
 
Le poids du chargement au poing G2
 
Le poids du système de levage au poing G3
 
 
1) Calculons les intensités des poids P1, P2  et  P3 du châssis, du chargement et du système de levage
 
Soit alors :
 
P1=m1.g=400×10=40102
 
Donc, P1=40102N
 
P2=m2.g=420×10=42102
 
Ainsi, P2=42102N
 
P3=m3.g=150×10=15102
 
Par suite, P3=15102N
 
2) Calcul du moment du poids P1 par rapport à l'axe Δ de la roue avant.
 
Choisissons un sens positif de rotation (voir figure)
 
Soit : MΔ(P1)=P1d1
 
A.N : MΔ(P1)=401022.40=96102
 
D'où, MΔ(P1)=96102Nm
 
3) Calculons le moment du poids P2 par rapport à l'axe Δ de la roue avant.
 
On a : MΔ(P2)=P2d2
 
Donc, MΔ(P2)=421021.75=73.5102
 
Par suite, MΔ(P2)=73.5102Nm
 
4) Calcul du moment du poids P3 par rapport à l'axe Δ de la roue avant.
 
Soit : MΔ(P3)=P3d3
 
A.N : MΔ(P3)=151021.20=18102
 
D'où, MΔ(P3)=18102Nm
 
5) Vérifions si le chargeur ainsi chargé pivote autour de l'axe Δ
 
On a :
 
|MΔ(P2)+MΔ(P3)|=|73.510218102|=91.5
 
Donc, |MΔ(P2)+MΔ(P3)|=91.5Nm
 
Comme MΔ(P)=96102Nm alors, MΔ(P)>|MΔ(P2)+MΔ(P3)|
 
Par conséquent, le chargeur ainsi chargé pivote autour de l'axe Δ.
 
6) Déterminons la charge maximale que peut transporter le godet
 
Soit : MΔ(P1)+MΔ(P2)+MΔ(P3)=0 alors,
 
MΔ(P2)=MΔ(P1)MΔ(P3)P2.d2=MΔ(P1)MΔ(P3)P2=MΔ(P1)+MΔ(P3)d2M2.g=MΔ(P1)+MΔ(P3)d2M2=MΔ(P1)+MΔ(P3)d2.g
 
Donc, M2=MΔ(P1)+MΔ(P3)d2.g
 
A.N : M2=96102181021.75×10=446
 
D'où, M2=446kg

Exercice 3

Un solide (S) de masse m=200g est relié à un fil de masse négligeable passant par la gorge d'une poulie à axe fixe (Δ), 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 α=30 avec l'horizontale et le ressort est allongé de Δl=4cm. On néglige tout type de frottement.
 
1) a) Représentons les forces exercées sur le solide (S).
 
 
b) Écrivons la condition d'équilibre de (S)
P+T=0
Déterminons l'expression de la tension du fil f1.
 
On a : 
 
P+T=0m.gT=0T=m.g
 
Calcul de sa valeur.
 
T=m.g=200.103×10=2
 
Donc, T=2N
 
2) a) Représentons les forces exercées sur la poulie.
 
Voir figure
 
b) Détermination de la tension du fil f2
 
Le théorème des moments s'écrit :
 
MΔ(T1)+MΔ(T2)+MΔ(R)=0T1r+T2r+0=0T2r=T1rT2=T1
 
Le fil transmet les forces donc :
 
T1=TT2=TT2=2N
 
c) Déduction de la tension du fil f2 au point A.
 
Le fil transmet les forces alors : 
Tr=T2  Tr=2N
3) Déterminons la valeur de la raideur du ressort k.
 
On a : Tr=kΔl  k=TrΔl
 
A.N : k=2.04.102=25
 
Ainsi, k=25N.m1
 
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 (Δ) est R=mg2(1+sinα)
 
La condition d'équilibre s'écrit :
T1+T2+R=0
 
 
En projetant la relation vectorielle suivant les axes xx  et  yy, il vient :
 
0+T2cosαRx=0  Rx=T2cosα=mgcosα
 
T1+T2sinαRy=0Ry=T1+T2sinαor,  T1=T2=mgRy=mg(1+sinα)
 
Soit alors :
 
R=R2x+R2y=(m.gcosα)2+(m.g(1+sinα))2=m.g(cosα)2+(1+sinα)2=m.gcos2α+1+2sinα+sin2α=m.g2+2sinα=m.g2(1+sinα)
 
Calcul de sa valeur
 
R=m.g2(1+sinα)=200.103×102(1+sin30)=0.34
 
D'où, R=0.34N

Exercice 4

On dispose d'une règle homogène, de masse négligeable, pouvant tourner autour d'un axe horizontal Δ 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 (F, 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 : F1=F2=2.5×2  F1=F2=5N
 
d=1.6×10  d=16cm
 
F3=F4=2×2  F3=F4=4N
 
d=3.0×10  d=30cm
 
Alors, 
 
MΔ(F1, F2)=F1.d=5×16.102
 
Donc, MΔ(F1, F2)=0.80Nm
 
MΔ(F1, F2)=F1.d=5×16.102
 
Ainsi, MΔ(F1, F2)=0.80Nm
 
MΔ(F3, F4)=F3.d=4×30.102
 
D'où, MΔ(F3, F4)=1.20Nm
 
2.2) Exprimons la condition d'équilibre de la règle.
MΔ(F1, F2)+MΔ(F3, F4)=0
Montrons alors que la règle n'est pas en équilibre mais en rotation non uniforme.
 
On a :
|MΔ(F3, F4)|>MΔ(F1, F2)
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 A3 de la force F3, déterminons la position de A3 par rapport à O pour que la règle soit en équilibre.
 
On sait que : MΔ(F1, F2)+MΔ(F3, F4)=0
 
Donc,
 
MΔ(F3, F4)=MΔ(F1, F2)F3.d=MΔ(F1, F2)d=MΔ(F1, F2)F3d=0.804d=0.20m
 
2.3.2) Donnons l'expression du moment du couple (F3, F4) en fonction de α, F3, A3A4
 
 
On a :
MΔ(F3, F4)=F3.A3A4.cosα
 
Détermination de la valeur de α pour laquelle la règle est en équilibre.
 
On a : MΔ(F1, F2)+MΔ(F3, F4)=0  MΔ(F3, F4)=MΔ(F1, F2)
 
Alors,
 
F3.A3A4.cosα=MΔ(F1, F2)cosα=MΔ(F1, F2)F3.A3A4α=cos1((MΔ(F1, F2)F3.A3A4)α=cos1(0.804×0.30)α=48.2
 
Donc, α=48.2

 

 

 

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

Télécharger

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

Avoir tous les corrections

Génial

Les exercices sont très bien, elles nous aident beaucoup

Merci beaucoup vraiment les exercices sont mais la correction aussi peut nous soutenir de plus

Je veux la correction de toute les exercices

Il s'agit de Bon exercices

Ila dkhel xi zaml layn3el tabon mo

Layne3lk nta nit

Svp le reste de la correction

Votre démarche est bien mais j'aurais aimé voir beaucoup plus de correction

nous prefererons avoir toutes la carrection de la serie

corigé svp

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 beaucoup

J'aime beaucoup cette application sanous permet de mieux les leçons

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

C’est bien

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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