Statique et dynamique

Prérequis : vecteurs, trigonométrie et dérivées. But : isoler un système et choisir entre équilibre, Newton, énergie ou impulsion. Prendre g=9,81 m/s² sauf valeur différente donnée.

Premier parcours universitaire · 8–12 h estimées · français

5 visuels et 10 exercices interactifs

Ces leçons forment un premier socle, sans équivalence de crédits universitaires. Les durées sont indicatives et incluent la pratique.

Diagramme de corps libre

Isoler un bloc sur un plan incliné

Bloc de 2 kg sur une pente sans frottement de 30°. On cherche la normale et l’accélération le long de la pente.

Le rappel qui sert ici. Le poids est une force mg, en newtons. On choisit un axe parallèle à la pente, positif vers le bas, et un axe normal sortant du plan.

Nommer les forces extérieures $P = mg = 2 \times 9,81 = 19,62 N$
Pourquoi cette étape ? La Terre exerce le poids, le plan exerce la normale. Il n’y a pas de frottement. Les forces que le bloc exerce sur ses voisins ne sont pas sur son propre diagramme.
Projeter le poids sur les axes $P ∥ = mg \sin 30 ° = 9,81 N, P ⊥ = mg \cos 30 ° \approx 16,9914 N$
Pourquoi cette étape ? La composante parallèle est adjacente au petit angle complémentaire : avec l’angle de pente fourni, elle utilise sinθ. À pente nulle, elle doit s’annuler.
Équilibrer seulement la direction normale $N - mg \cos 30 ° = 0 \Rightarrow N \approx 16,9914 N$
Pourquoi cette étape ? Le bloc reste en contact sans accélérer à travers le plan. Cela ne signifie pas qu’il est immobile le long du plan.
Appliquer Newton dans la pente $ma = mg \sin 30 ° \Rightarrow a = 4,905 m / s²$
Pourquoi cette étape ? La masse se simplifie. Sans frottement, aucun effort ne compense la composante descendante du poids.
Vérifier une limite simple $θ = 0 \Rightarrow a = 0, N = mg$
Pourquoi cette étape ? Un cas limite permet de détecter une inversion entre sinus et cosinus. N=mg est valable dans ce cas horizontal, pas pour toute géométrie.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Choisir le corps étudié avant de dessiner les forces extérieures. Le poids mg agit vers le bas, la réaction normale est perpendiculaire au contact et une tension idéale suit le câble. Les paires action-réaction s’exercent sur des corps différents; elles ne s’annulent donc pas dans le diagramme d’un seul corps. L’équilibre d’une particule impose ΣF=0. Les composantes dépendent des axes choisis, la force physique reste la même. Une normale n’est égale au poids que sous certaines géométries et accélérations.

Exemple résolu

masse de 10 kg immobile sur plan horizontal sans autre force verticale. Poids=98,1 N vers le bas; ΣFᵧ=0 donne N=98,1 N vers le haut. Ces deux forces ne sont pas une paire action-réaction : elles agissent sur le même corps.

Choisir le corps et les axes

Bloc 2 kg, pente 30°, sans frottement : N≈16,9914 N et accélération descendante 4,905 m/s².

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Moments et réactions d’appui

Trouver les réactions d’une poutre

Poutre sans poids propre de 4 m, appuis A et B aux extrémités. Une force verticale de 100 N agit à 1 m de A.

Le rappel qui sert ici. Un moment vaut force × distance perpendiculaire. On compte les rotations antihoraires positivement.

Écrire l’équilibre vertical $Rₐ + Rᵦ - 100 = 0$
Pourquoi cette étape ? La charge pousse vers le bas. Les deux réactions sont choisies vers le haut; leur signe final confirmera ou corrigera ce choix.
Prendre les moments autour de A $4 Rᵦ - 100 \times 1 = 0$
Pourquoi cette étape ? Le bras de Rₐ par rapport à A est nul. Rᵦ fait tourner dans le sens positif et la charge de 100 N dans le sens négatif.
Isoler la réaction de droite $Rᵦ = \frac{100 \times 1}{4} = 25 N$
Pourquoi cette étape ? Le produit charge × bras donne un moment en N·m. Diviser par une longueur redonne une force en N.
Revenir au bilan des forces $Rₐ = 100 - 25 = 75 N$
Pourquoi cette étape ? La charge est plus proche de A; il est cohérent que cet appui en reprenne davantage.
Vérifier avec l’autre point de moment $100 \times 3 - 75 \times 4 = 0 N \cdot m$
Pourquoi cette étape ? Une équation indépendante doit confirmer les valeurs. Le bras de la charge par rapport à B est 4−1=3 m.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Un moment par rapport à O vaut Mₒ=r×F; en 2D, Mz=rₓFᵧ−rᵧFₓ. Seule la distance perpendiculaire à la ligne d’action intervient. Pour un corps rigide plan en équilibre, ΣFₓ=0, ΣFᵧ=0 et ΣMₒ=0. Un appui articulé peut fournir deux composantes de force; un rouleau idéal une seule réaction normale. Un couple possède un moment indépendant du point de référence. Choisir le point de moment à un appui élimine ses réactions du calcul.

Exemple résolu

poutre de 4 m, appuis simples aux extrémités, charge de 100 N à 1 m du support gauche. Moment à gauche : 4Rᵦ−100×1=0, donc Rᵦ=25 N. Bilan vertical : Rₐ=75 N. Vérifier le moment à droite confirme les signes.

Déplacer une charge sur une poutre

Poutre de 4 m, charge 100 N à 1 m de A : Rₐ=75 N et Rᵦ=25 N.

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Frottement et seuil de mouvement

Tester le repos avant d’utiliser le frottement maximal

Bloc de 10 kg au repos, μs=0,4 et traction horizontale 20 N. Le sol est horizontal.

Le rappel qui sert ici. Le frottement statique s’adapte : |fs|≤μsN. L’égalité correspond seulement à sa limite admissible.

Calculer la normale $N = 10 \times 9,81 = 98,1 N$
Pourquoi cette étape ? Aucune autre force n’a de composante verticale et il n’y a pas d’accélération verticale.
Trouver la limite statique $fₘₐₓ = μₛN = 39,24 N$
Pourquoi cette étape ? C’est une capacité maximale du contact, pas automatiquement la force réellement exercée.
Calculer ce qu’exigerait l’équilibre $20 + fₛ = 0 \Rightarrow fₛ = - 20 N$
Pourquoi cette étape ? Le frottement doit s’opposer à la tendance au glissement; l’axe positif est celui de la traction.
Comparer besoin et capacité $| - 20 | < 39,24 N$
Pourquoi cette étape ? Le contact peut fournir les 20 N nécessaires. La solution de repos est donc admissible et a=0.
Faire le contraste avec le glissement $F = 50 N \Rightarrow fₖ = 19,62 N, a = \frac{50 - 19,62}{10} = 3,038 m / s²$
Pourquoi cette étape ? 50 N dépasse le seuil de départ. Dans le modèle de glissement, on utilise μk, distinct de μs. La valeur choisie ici est μk=μs/2.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Le frottement statique s’ajuste jusqu’à |fₛ|≤μₛN; il n’est pas toujours égal à sa valeur maximale. Quand le glissement se produit, le modèle de Coulomb utilise |fₖ|=μₖN avec sens opposé à la vitesse relative. Déterminer d’abord si une solution d’équilibre respecte la limite. Une force oblique modifie N et donc le seuil. Ces coefficients sont des modèles de contact, pas des constantes universelles indépendantes des surfaces et de l’état de contact.

Exemple résolu

bloc de 10 kg, μₛ=0,4, force horizontale de 20 N. N=98,1 N, limite statique=39,24 N. Comme 20<39,24, le bloc reste immobile et le frottement vaut 20 N en sens contraire, pas 39,24 N.

Tester le repos avant le glissement

Bloc 10 kg, μs=0,4, traction 20 N : limite 39,24 N, frottement réel −20 N, accélération nulle.

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Cinématique et deuxième loi

De la force à la position

Un chariot de 2 kg reçoit une résultante constante de 6 N. Il part de x₀=0 avec v₀=2 m/s. On observe t=2 s.

Le rappel qui sert ici. a est la dérivée de v; v est la dérivée de x. Intégrer une accélération constante ajoute une constante fixée par la vitesse initiale. Reprendre ce rappel avec un exemple.

Obtenir l’accélération avec Newton $a = \frac{6}{2} = 3 m / s²$
Pourquoi cette étape ? La dynamique fournit l’accélération avant d’employer la cinématique. Les 6 N sont la force nette, après toutes les autres forces.
Intégrer pour trouver la vitesse $v (t) = v₀ + at = 2 + 3 t$
Pourquoi cette étape ? Une primitive de la constante 3 est 3t. La condition v(0)=2 impose la constante 2.
Intégrer encore pour trouver la position $x (t) = 2 t + \frac{3}{2} t^{2}$
Pourquoi cette étape ? La primitive de 3t est 3t²/2, puisque dériver t² donne 2t. x(0)=0 fixe la deuxième constante.
Évaluer à deux secondes $v (2) = 8 m / s, x (2) = 2 \times 2 + \frac{3 \times 4}{2} = 10 m$
Pourquoi cette étape ? Le terme v₀t apporte 4 m. L’oublier reviendrait à changer la condition initiale et donnerait 6 m.
Vérifier par dérivation $x′ = 2 + 3 t = v, x″ = 3 = a$
Pourquoi cette étape ? Les dérivées et les valeurs initiales doivent toutes être correctes. Si la force variait avec le temps, il faudrait réintégrer son accélération variable.

Règles, cas particuliers et autre exemple

La cinématique relie position, vitesse et accélération : v=dx/dt, a=dv/dt. Pour a constante, v=v₀+at et x=x₀+v₀t+at²/2; ces expressions ne s’appliquent pas directement si a dépend de t. La dynamique fournit ΣF=ma pour une masse constante dans un référentiel inertiel. En mouvement circulaire, l’accélération normale v²/r existe même si la norme de la vitesse est constante; la résultante radiale doit la produire.

Exemple résolu

chariot 2 kg sans frottement, force constante de 6 N, départ au repos. a=3 m/s². Après 4 s : v=12 m/s, déplacement=24 m. Le bilan dynamique fixe a avant l’emploi des formules cinématiques.

Relier position, vitesse et accélération

m=2 kg, force nette 6 N, v₀=2 m/s : à t=2 s, a=3 m/s², v=8 m/s et x=10 m.

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Travail, énergie et impulsion

Passer de la hauteur à la vitesse

Un objet de 2 kg est lâché sans vitesse d’une hauteur de 2 m. On néglige la résistance de l’air; le sol fixe le zéro de potentiel.

Le rappel qui sert ici. Énergie cinétique T=mv²/2, potentiel gravitationnel V=mgh. La conservation mécanique exige ici l’absence de travail dissipatif.

Écrire l’énergie au départ $T₀ = 0, V₀ = 2 \times 9,81 \times 2 = 39,24 J$
Pourquoi cette étape ? Le repos initial annule l’énergie cinétique. Le choix du niveau zéro fixe le potentiel, sans modifier les différences d’énergie.
Écrire le bilan juste avant l’impact $mgh = \frac{m}{2} v^{2}$
Pourquoi cette étape ? Juste avant de toucher le sol, h=0. L’énergie potentielle initiale s’est transformée en énergie cinétique, sans encore inclure le choc.
Isoler la norme de la vitesse $v^{2} = 2 gh = 39,24 \Rightarrow v \approx 6,26418 m / s$
Pourquoi cette étape ? La masse se simplifie. La racine positive donne une norme; dans un axe vertical positif vers le haut, la vitesse signée serait négative.
Distinguer énergie et impulsion à l’arrêt $Δp = 0 - mvᵢₘₚ \approx - 12,5284 kg \cdot m / s$
Pourquoi cette étape ? Pour décrire l’arrêt, il faut une autre phase du mouvement. Le sens positif est maintenant annoncé vers le bas : l’impulsion résultante est dirigée vers le haut.
Calculer une moyenne, pas un pic de force $Fₘₒᵧ = \frac{Δp}{Δt} \approx - 125,284 N$
Pourquoi cette étape ? La durée d’arrêt 0,10 s est une donnée supplémentaire. L’aire de la courbe de force vaut Δp; ce bilan ne prédit pas sa forme ni sa valeur maximale.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Le travail de la résultante vaut la variation d’énergie cinétique : W=Δ(mv²/2). Si seules des forces conservatives travaillent, T+V se conserve. Un frottement dissipe de l’énergie mécanique; cela ne détruit pas l’énergie totale. L’impulsion ∫Fdt=Δp est adaptée aux collisions et aux forces brèves. Un système isolé conserve sa quantité de mouvement, même lors d’un choc inélastique; son énergie cinétique ne se conserve alors généralement pas.

Exemple résolu

objet lâché sans frottement d’une hauteur de 2 m. mgh=mv²/2, donc v=√(2×9,81×2)≈6,26418 m/s avant l’impact. La masse s’élimine. Le calcul ne donne pas la force d’impact sans durée ou distance d’arrêt.

Énergie de chute et impulsion d’arrêt

Chute de 2 m sans résistance de l’air : vitesse avant impact ≈6,26418 m/s. Une force moyenne d’arrêt exige une durée supplémentaire.

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Pour aller plus loin

Treillis, centroïdes et inerties de surfaces, roulement, dynamique des corps rigides, mouvements 3D, vibrations forcées et contraintes des liaisons. Ne pas annoncer un cours complet de résistance des matériaux.