Equilibre d`un solide susceptible de tourner autour d`un axe fixe

Equilibre d'un solide susceptible de
tourner autour d'un axe fixe.
‫توازن جسم صلب قابل للدوران حول محور ثابت‬
1) L’effet d’une force sur la rotation d’un solide.
1-1) Activité : 1
a) Situation A
La rotation d’une porte autour d’un axe Δ
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
 Les forces ⃗F1 , ⃗F2 et ⃗F3 n’ont aucun effet de rotation sur la porte par rapport à son axe de rotation(Δ).
 La droite d’action de la force ⃗F1 est parallèle à l’axe de rotation.
 La droite d’action de la force ⃗F2 est perpendiculaire à l’axe de rotation.
 La droite d’action de la force ⃗F3 coupe l’axe de rotation.
 Les forces ⃗F4 et ⃗F5 peuvent faire pivoter la porte autour de son axe de rotation(Δ).
Il est plus facile de fermer la porte en exerçant une force perpendiculaire loin de l’axe de rotation.
b) Situation : B
Démonter une roue (desserrer un boulon)
Une personne désirant desserrer un boulon de roue utilise une clé à manche télescopique. Elle exerce une
force sur le manche de la clé afin d’entrainer le boulon dans le mouvement de rotation autour de son axe.
La personne appuie sur le manche de la clé (schéma 1), mais l’effet de rotation de la force exercée sur le
manche de la clé est insuffisant. Pour tenter de desserrer le boulon, la personne peut :
 Soit utiliser ses deux mains (schéma 2) et appuyer plus fort sur le manche ;
 Soit allonger le manche de la clé (schéma 3).
 Sur le schéma n°2, la personne augmente l’intensité de la force exercée sur la manche de la clé.
 Sur le schéma n°3, la personne augmente la distance entre l’axe de rotation du boulon et le point
d’application de la force.
 L’effet de rotation d’une force dépend de deux facteurs :
L’intensité de la force et de la distance entre l’axe de rotation et la droite d’action de cette force.
1-2) Conclusion :
Pour provoquer un mouvement de rotation à un solide autour d’un axe fixe, on applique à ce solide une
force dont la direction ne rencontre pas l’axe de rotation ou ne lui est pas parallèle.
L’effet d’une force est d’autant plus grand que celui est placé loin de l’axe de rotation.
2) Moment d’une force.
2-1) Activité : 2
a) Expérience
FB (N)
d= OH (m)
FB.d (N.m)
4
0,03
0,12
(C)
3,5
0,034
0,119
3,1
0,038
0,118
2,5
0,048
0,12
d peu H
Un solide (C)
tourné autour
A
O
d’un axe de rotation (Δ)
•
B •d’inertie O.
(∆) son centre
passant
par
⃗B
F
⃗A
F
OA= 6cm= 6.10-2m ; FA=m.g =0,2kg.10N.kg -1=2N
FA .OA=2N.6.10-2 m=0,12N.m
(m)
b) Observations
- Lorsque l’intensité FB diminue la distance d=OH augmente.
- Le produit FB.OH reste constant FB .OH≈0,12N.m .Il représente la capacité de la force à faire tourner
le solide autour du point O. Le produit FB.OH s’appelle le moment de la force ⃗FB .
- FB .OH=FA .OA .
2-2) Définition
On appelle moment d’une force ⃗⃗⃗
F par rapport à un point O sa capacité à faire tourner un solide autour de ce point.
Il est égal au produit de l’intensité de F par la distance d de l’axe de rotation à la droite d’action de cette force.
⃗ ).
Il se désigne par le symbole M∆ (F
L’unité du moment est : N.m
 Le moment de la force est considéré positif si la force tend à
faire tourner le corps dans le sens positif choisi.
⃗ 1 )=+F1 .OH
M∆ (F
+
K
⃗F2
⃗R
O
H
⃗P
⃗1
F
 Le moment de la force est considéré négatif si la force tend à
faire tourner le corps dans le sens contraire.
⃗ 2 )= - F .OK .
M∆ (F
2
 Cas particuliers
Si la droite d’action de la force est parallèle ou coupe l’axe de rotation (Δ), le moment de la force est nul :
⃗ )=0 et M∆ (R
⃗⃗ )=0
M∆ (P
2-3) Etude de l’équilibre d’UN solide susceptible de tourner autour d'un axe fixe.
Dans le cas de l’activité : 2
Le corps (C) est soumis à :
⃗ A )= - F .OA
 ⃗FA force exercée par la masse marquée ; M∆ (F
A
⃗
⃗
 FB force exercée par le dynamomètre ;
M∆ (FB )= + FB .OB
⃗
⃗
 R force exercée par l’axe de rotation ; M∆ (𝑅⃗ ) = 0
⃗)= 0
 ⃗P le poids du corps ; M∆ (P
⃗ A )+M∆ (F
⃗ A )+ M∆ (R
⃗⃗ )+M∆ (P
⃗ )=0 .
On FB .OH=FA .OA c'est-à-dire : FB .OH- FA .OA=0. Donc : M∆ (F
2-4) Théorème des moments
Lorsqu’un solide, mobile autour d’un axe fixe (Δ), est en équilibre, la somme algébrique des moments, par
⃗)=0
rapport à cet axe, de toutes les forces extérieures appliquées à ce solide est nulle. ∑ M∆ (F
3) Les conditions d’équilibre
Si un système soumis à un ensemble de forces est en équilibre, alors les conditions suivantes sont vérifiées :
 Le dynamique des forces exercées sur le système est fermé : la somme vectorielle des forces est nulle :
∑ ⃗F =0⃗
 la somme algébrique des moments, par rapport à cet axe, de toutes les forces extérieures appliquées à ce
⃗)=0
solide est nulle. ∑ M∆ (F
4) Moment d’un couple de forces
4-1) Activité : 3
Considérons une clé de serrage en croix :
Pourquoi un garagiste utilise une clé en croix pour visser les boulons d’une
roue ?
Forces Point
Droite d’action
sens
intensité
d’application
Pour visser les boulons, le garagiste exerce sur la clé, généralement avec les deux mains, deux forces opposées
de droites d’action différentes.
4-2) Définition d’un couple de force
On appelle couple de force un ensemble de deux forces ( ⃗F1 ; ⃗F2 )
 De supports parallèles et différents
 de sens opposés ( ⃗F1 =- ⃗F2 )
 de même intensités F1 =F2= F.
4-3) Etude expérimentale
Une barre métallique homogène trouée, dont les trous sont distants les uns
+
des autres de 2cm, peut tourner autour d’un axe (Δ) passant par son centre de gravité O.
a) Expérience : 1
m=200g
⃗
R
On accroche des masses marquées en A et B. De l’autre côté on accroche en C A
⃗
F
O
B C
Un dynamomètre que l’on positionne de façon à maintenir la barre en
⃗C
équilibre horizontal.
F
⃗P B
⃗FA
Bilan des forces :
 ⃗FA force exercée par fil relié à la première masse marquée.
m=200g
 ⃗FB force exercée par fil relié à la première masse marquée.
OA=16cm ; OB=4cm
 ⃗FC force exercée par fil relié au dynamomètre.
OC=10cm ; FC=4N
⃗
⃗
 R force exercée par l’axe de rotation.
 ⃗P Le poids de la barre.
On a les forces ⃗FA et ⃗FB ont des directions parallèles des sens contraires et mémé intensité
(F = FA=FB= m.g = 0,2kg.10N.kg -1 = 2N). Donc ⃗FA et ⃗FB constituent un couple de force. D = AB=20cm.
F.D = 2N.0,2m =0,4N.m . FC.OC =4N.0,1m =0,4N.m.
⃗ A )+M∆ (F
⃗ B )+M∆ (F
⃗ C )+M∆ (R
⃗⃗ )+M∆ (P
⃗ )=0
La barre est en équilibre horizontal donc : M∆ (F
-FA.OA - FB.OB + FC.OC + 0 + 0 = 0
c'est-à-dire que : FA .OA + FB.OB = FC .OC.
⃗ A )+M∆ (F
⃗ B )=F.AB = F.D
OA + OB = AB = D
F.D = FC.OC
M∆ (F
b) Expérience : 2
⃗B
(F = FA=FB= m.g = 0,2kg.10N.kg -1 = 2N). Donc ⃗FA et F
constituent un couple de force.
F.D = 2N.0,08m =0,16N.m. FC.OC =2N.0,08m =0,16N.m.
La barre est en équilibre horizontal donc :
⃗ A )+M∆ (F
⃗ B )+M∆ (F
⃗ C )+M∆ (R
⃗⃗ )+M∆ (P
⃗ )=0
M∆ (F
+
m=200g
A
⃗FA
⃗
R
⃗B
F
B
O
⃗
P
m=200g
OA=16cm ; OB=8cm
OC=8cm ; FC=2N
C
⃗FC
-FA.OA + FB.OB + FC.OC +
FA .OA - FB.OB = FC .OC.
F.AB =F.D = FC.OC
0 + 0 =0
c'est-à-dire que :
F. (OA – OB) = FC .OC.
c) Conclusion
⃗ A )+M∆ (F
⃗ B )=F.AB = F.D
Le moment du couple de forces est la somme M∆ (F
Il indépendant de la position de l’axe de rotation.
4-3) Moment d’un couple de force
Le moment d’un couple de forces( ⃗F1 ; ⃗F2 ) est égal à la somme des moments de ces deux forces. Il est égal au
produit de l’intensité de l’une des deux forces par la distance D séparant les lignes d’action de ces forces.
⃗ 1 )+M∆ (F
⃗ 2 ) = F.D
M∆ (C)=M∆ (F
5) Moment du couple de torsion.
5-1) Mise en évidence du couple de torsion
a) La barre est simplement suspendue par un fil métallique :
La barre est en équilibre sous l’action de son poids 𝑃⃗ et de la force
𝑅⃗ exercée par le fil métallique.
⃗⃗ ) +M∆ (P
⃗ )=0
Donc : 𝑅⃗ + 𝑃⃗ = ⃗0 et M∆ (R
Cylindre
gradué
Fil de torsion
(fil métallique)
B
⃗ 1 , ⃗F2 ), la barre tourne
b) On applique à la barre un couple de forces (F
d’un angle 𝜃 . Dans ce cas la barre est soumis à :
⃗ 2 ) un couple de force de moment M∆ (C)
 ⃗⃗⃗
(F1 ,F
A
 𝑅⃗ force exercée par le fil métallique (empêche la barre AB de
tomber).
 𝑃⃗ Le poids de la barre.
 ∑ fi les forces de rappels (constituent un couple appelé couple de torsion) de moment M∆ (T).
⃗⃗ +F
⃗ 1 +F
⃗ 2 + ∑ fi =0⃗ et
D’après les conditions d’équilibre on a : ⃗P+R
⃗ 1 )+M∆ (F
⃗ 2 )+M∆ (T)+M∆ (R
⃗⃗ )+M∆ (P
⃗ )=0
M∆ (F
⃗⃗ )=M∆ (P
⃗ )=0 et M∆ (C)=M (F
⃗ )+M∆ (F
⃗ 2 ) donc
M∆ (R
∆ 1
M∆ (T)= - M∆ (C)
Position
initiale
5-2) Expression du moment du couple de torsion
On exerce sur la barre un couple de forces de moment M∆ (C)=F.d et on mesure l’angle 𝜃.
0,035 M (C)
D’après l’expérience on obtient les résultats suivants :
Δ
0,03 (N.m)
F (N)
0,1
0,1
0,2
0,3
d (m)
0,14 0,17 0,12 0,11
M∆ (C)=F.d (N.m) 0,014 0,017 0,024 0,033
θ°
45
54
76
105
θ (rad)
0,78 0,94 1,33 1,83
0,025
La courbe représentant M∆ (C) en fonction de θ est une droite
passant par l’origine, son équation est : M∆ (C)=C.θ
C est la constante de torsion.
0,005
Pour le fil étudié on a : C=
M∆ (C)2 - M∆ (C)1
θ2 -θ1
=
(0,02-0)N.m
(1,1-0)rad
0,02
0,015
0,01
θ(rad)
0
0
=1,8.10-2 N.m.rad-1
La valeur de C dépond de la longueur du fil, de sa section et de sa nature.
0,5
1
1,5
2
Donc :
M∆ (T)= - C.θ