Équilibre statique et leviers

Débutant

Un pont, une étagère et une bascule bien équilibrée ont un point commun : ils restent parfaitement immobiles. Les physiciens parlent d'équilibre statique. Voyons ce qu'il faut, étape par étape.

Étape 1. Les poussées et les tractions doivent se compenser. Un livre posé sur une table est tiré vers le bas par son poids et poussé vers le haut, tout aussi fort, par la table : la force résultante est nulle, et il ne se met pas en mouvement.

Étape 2. Que les forces se compensent ne suffit pas. Poussez aussi fort les deux bouts d'une règle posée sur une table, en sens opposés : elle tourne sur place. Les effets de rotation doivent donc se compenser aussi. L'effet de rotation d'une force, son moment, augmente avec la force et avec sa distance au pivot.

Étape 3. Sur une bascule, le côté le plus lourd l'emporte, à moins de s'asseoir plus près du milieu. Une personne deux fois plus lourde doit s'asseoir deux fois plus près, pour que le poids fois la distance soit le même des deux côtés. C'est la loi des leviers, connue depuis Archimède ; c'est ainsi qu'un long pied-de-biche déplace un rocher impossible à soulever. Dans l'animation, la lourde caisse bleue glisse vers le pivot, et à 2 graduations contre 4 pour la caisse légère, la poutre s'équilibre à l'horizontale.

Étape 4. Tout objet se comporte comme si son poids entier s'appliquait en un point, son centre de masse. Une bibliothèque, ou une personne penchée, tient debout tant que ce point est au-dessus de sa base ; penchez davantage, et le poids commence à la faire basculer.

À vous : un enfant de 20 kg est assis à 3 m du pivot d'une bascule. Où doit s'asseoir un parent de 60 kg pour l'équilibrer ? (À 1 m du pivot, de l'autre côté : trois fois plus lourd, trois fois plus près.)

Intermédiaire

Deux conditions d'équilibre

Un solide indéformable, c'est-à-dire qui garde sa forme, est en équilibre statique lorsqu'il reste au repos : il ne se met ni à glisser ni à tourner. Les forces doivent se compenser, sinon le centre de masse accélérerait, et leurs effets de rotation, les moments, doivent se compenser aussi, sinon le solide se mettrait à tourner :
$\sum F=0,\sum \tau =0$

Dans un plan, la première condition représente deux équations, l'une pour les composantes horizontales, l'autre pour les composantes verticales. Aucune des deux conditions n'entraîne l'autre : deux forces égales et opposées qui agissent sur des droites différentes se compensent en tant que forces, mais forment un couple, et c'est ainsi que vos mains font tourner un volant. Commencez chaque problème par un diagramme des forces : le solide isolé, avec chaque force extérieure dessinée là où elle s'applique, chaque poids en son centre de masse et chaque force d'appui à son point de contact.

Moment d'une force : force fois bras de levier

Le moment mesure la capacité d'une force à faire tourner un solide autour d'un point choisi. Prenez la droite d'action de la force, la droite le long de laquelle elle agit, et la distance perpendiculaire $r$ du point à cette droite : c'est le bras de levier. Alors
$\tau =rF\text{(}r\text{ : bras de levier, perpendiculaire aˋ la droite d’action)}$

L'unité est le newton-mètre (N·m), qu'on n'écrit jamais en joules, car un moment n'est pas une énergie. Les moments antihoraires sont comptés positivement. Une force dont la droite d'action passe par le point n'a aucun moment, aussi grande soit-elle : pousser une porte en direction de ses gonds ne la fait pas tourner. Si la force s'applique à une distance $d$ du point, sous un angle $\varphi$ avec la droite qui les relie, le bras de levier vaut $d\sin \varphi$.

La loi des leviers

Placez une charge $m_1$ à une distance $r_1$ d'un côté d'un pivot et une charge $m_2$ à $r_2$ de l'autre côté. Chaque poids $mg$ est vertical et dirigé vers le bas : son bras de levier est donc sa distance horizontale au pivot. Les deux moments sont de signes opposés, et $\sum \tau =0$ donne
$m_{1}g{r}_1=m_{2}g{r}_2\text{(loi des leviers)}$

Le $g$ se simplifie : seules comptent les masses et les distances, et une masse double demande un bras de levier deux fois plus court. La poussée du pivot n'a pas de moment par rapport au pivot et disparaît de l'équation ; $\sum F=0$ fixe ensuite son intensité, égale au poids total qu'il porte, poutre comprise. La loi multiplie aussi les forces : 300 N exercés à 1,2 m du point d'appui d'un pied-de-biche appuient avec 3600 N sur une pierre située à 0,10 m de ce point.

Exemple résolu : la balance de l'animation

La caisse légère, $m_2=1,0\mathrm{kg}$, est posée à $r_2=0,40\mathrm{m}$ à droite de l'axe ; avec la poutre horizontale, son moment, de sens horaire, vaut
${\tau }_2=r_2{m}_{2}g=0,40\cdot 1,0\cdot 9,81=3,92\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
La caisse lourde, $m_1=2,0\mathrm{kg}$, l'équilibre à
$r_1=\frac{m_2{r}_2}{m_1}=\frac{1,0\cdot 0,40}{2,0}=0,20\mathrm{m}$

Cela fait 2 graduations de 10 cm sur la poutre, contre 4. Les deux affichages indiquent alors 3,92 N·m et la poutre est horizontale : la flèche $F_1=19,6\mathrm{N}$ est deux fois plus longue que $F_2=9,81\mathrm{N}$, et les bras de levier $r_1$ et $r_2$ marqués en bas sont dans le rapport 1 : 2.

Au départ, la caisse lourde se trouve à 0,42 m de l'axe, et ses 8,30 N·m l'emportent sur les 3,79 N·m de la caisse légère. La poutre tourne d'environ 10° dans le sens antihoraire, jusqu'à ce que l'aiguille lestée placée sous l'axe, déviée vers le côté léger, fournisse les 4,51 N·m manquants. À mesure que la caisse glisse vers le centre, ${\tau }_1$ diminue ; en deçà de 0,20 m, c'est le côté léger qui l'emporte, et à 0,10 m, avec ${\tau }_1\approx 1,87\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, la poutre penche d'environ 4,6° de l'autre côté.

Remarquez que ${\tau }_2$ varie entre 3,79 et 3,95 N·m alors que sa caisse ne bouge jamais : incliner la poutre modifie la distance horizontale entre l'axe et la droite en pointillés de son poids. Le bras de levier se mesure perpendiculairement à la droite d'action, et non le long de la poutre.

Exemple résolu : un peintre sur une planche

Une planche homogène de 20 kg et de 3,0 m de long repose sur deux tréteaux placés sous ses extrémités, et un peintre de 70 kg se tient à 1,0 m de l'extrémité gauche. Le poids de la planche, $196,2\mathrm{N}$, s'applique en son milieu, et celui du peintre, $686,7\mathrm{N}$, à 1,0 m. Les moments par rapport au tréteau gauche éliminent sa force inconnue :
$F_D\cdot 3,0=686,7\cdot 1,0+196,2\cdot 1,5=981\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
donc $F_D=327\mathrm{N}$, et $\sum F=0$ donne pour le tréteau gauche $F_G=686,7+196,2-327=556\mathrm{N}$ : le tréteau le plus proche du peintre porte davantage.

Rapprochez maintenant le tréteau droit de 1,0 m vers l'intérieur, ce qui laisse un porte-à-faux de 1,0 m, et laissez le peintre s'y avancer. La planche bascule autour de ce tréteau quand la poussée du tréteau gauche tombe à zéro, c'est-à-dire quand le moment du peintre par rapport au tréteau droit égale celui de la planche, dont le centre se trouve à 0,50 m de l'autre côté : $70d=20\cdot 0,50$, donc $d=0,14\mathrm{m}$. Un petit pas au-delà du tréteau suffit à faire basculer la planche ; c'est pourquoi on fixe les planches d'échafaudage.

Centre de masse, stabilité et basculement

Pour le calcul des moments, tout le poids d'un solide s'applique en un seul point, son centre de masse $G$, la position moyenne pondérée par les masses :
$x_G=\frac{\sum m_i{x}_i}{\sum m_i}$
Pour les caisses à l'équilibre, $x_G=(2,0\cdot (-0,20)+1,0\cdot 0,40)/3,0=0$ : $G$ est juste au-dessus de l'axe, ce qui est une autre façon de dire que la poutre est horizontale.

Un équilibre est stable si une petite inclinaison fait monter le centre de masse, de sorte que le poids ramène le solide en place : c'est le cas de la balance de l'animation, dont la lourde aiguille maintient le centre de masse sous l'axe. Il est instable si une inclinaison fait descendre le centre de masse, comme pour un crayon posé sur sa pointe ou une bascule occupée par deux enfants.

Un objet posé sur une base bascule dès que la verticale passant par son centre de masse sort de la base. Un réfrigérateur homogène de 0,70 m de large et 1,80 m de haut, incliné sur une arête, revient en place si on le lâche avant 21,3°, angle pour lequel $\tan \theta =0,70/1,80$, et tombe au-delà. Sur une rampe, une caisse homogène bascule pour $\tan \theta =w/h$.

Erreurs fréquentes

• Croire que l'équilibre exige des poids égaux. Il exige des moments égaux : 2,0 kg à 0,20 m équilibrent 1,0 kg à 0,40 m.
• Mesurer le bras de levier le long de la poutre ou de la porte au lieu de le prendre perpendiculairement à la droite d'action. Une poussée de 50 N à 30° de la porte, à 0,80 m des gonds, donne $0,80\cdot 50\cdot \sin 30^{\circ }=20\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, et non 40 N·m.
• Oublier le poids propre de la poutre. Sans les 20 kg de la planche, le tréteau droit semblerait pousser avec 229 N au lieu de 327 N.
• Croire que les moments doivent être calculés par rapport au vrai pivot. La condition $\sum \tau =0$ vaut par rapport à tout point : choisissez-en un où agit une force inconnue.
• S'attendre à ce qu'un objet plus lourd bascule sous une inclinaison plus forte. Seule la forme compte : une caisse chargée uniformément, de 0,40 m de large et 1,00 m de haut, bascule à 21,8°, qu'elle contienne 20 kg ou 200 kg.

Où on le rencontre

Les ingénieurs dimensionnent poutres et fondations avec ces deux équations, et une grue à tour équilibre sa charge par un contrepoids en béton placé sur son bras court, la contre-flèche. Votre avant-bras est un levier : le biceps tire à environ 5 cm du coude, si bien que tenir un haltère de 5,0 kg à 35 cm du coude demande environ $49\cdot 0,35/0,05\approx 343\mathrm{N}$, sept fois son poids. Ces idées se prolongent dans Machines simples : leviers, poulies et engrenages, où les leviers échangent de la force contre de la distance, et dans Élasticité : loi de Hooke, contrainte et déformation, où les vraies poutres fléchissent sous les charges calculées ici.

Avancé

L'équilibre comme travail virtuel nul

Deux conditions maintiennent un solide au repos : la somme des forces qui s'exercent sur lui est nulle, et la somme de leurs moments aussi. Toutes deux découlent d'un seul énoncé portant sur le travail, et ce même énoncé permettra plus loin de dire si un équilibre est stable : cela vaut donc la peine de les établir une fois de cette manière.

Imaginez que vous déplacez un solide au repos d'une quantité infime que ses appuis autorisent : c'est un déplacement virtuel, effectué seulement sur le papier. Additionnez le travail que fournirait pendant ce déplacement chacune des forces qui s'exercent sur le solide ; le total est le travail virtuel $\delta W$. Si $\delta W$ était positif pour un mouvement permis, les forces fourniraient elles-mêmes de l'énergie cinétique le long de ce mouvement, et le solide s'y engagerait de lui-même. Or inverser un petit déplacement change le signe de $\delta W$ : il ne peut donc pas non plus être négatif. À l'équilibre, le travail virtuel est par conséquent nul, au premier ordre en le déplacement, pour tout déplacement permis par les appuis.

Un solide qui se déplace dans un plan possède trois petits mouvements indépendants : une translation dans chacune de deux directions, et une rotation. Dans une translation $\delta \vec{s}$, tous les points du solide se déplacent du même $\delta \vec{s}$, donc $\delta W=(\sum \vec{F})\cdot \delta \vec{s}$, qui ne s'annule pour des translations dans toutes les directions que si $\sum \vec{F}=0$. Lors d'une petite rotation $\delta \theta$ autour d'un point quelconque, une force dont le moment par rapport à ce point vaut $\tau$ fournit le travail $\tau \delta \theta$ : le moment est exactement le travail par radian de rotation. Ainsi $\delta W=(\sum \tau )\delta \theta$, qui ne s'annule que si $\sum \tau =0$.

Les forces intérieures, poussées et tractions entre les parties du solide, n'interviennent jamais. Elles vont par paires de forces égales et opposées, dirigées selon la droite qui joint les deux parties, et un solide indéformable garde cette distance fixe : les deux forces de chaque paire fournissent donc des travaux égaux et opposés.

La loi des leviers, par le seul travail

Le test le plus simple de ce principe est un levier. Le travail virtuel en donne la loi directement à partir des poids et des hauteurs, sans même définir le moment.

Légende

$m_{1}g$	Poids de la charge 1, de masse $m_1$.	$\mathrm{N}$
$m_{2}g$	Poids de la charge 2, de masse $m_2$.	$\mathrm{N}$
$r_1$	Distance de l'axe à la charge 1, le long de la poutre.	$\mathrm{m}$
$r_2$	Distance de l'axe à la charge 2, le long de la poutre ; ici le double de $r_1$.	$\mathrm{m}$
$\delta \theta$	Petite rotation virtuelle de la poutre autour de l'axe, exagérée sur le dessin.	$\mathrm{rad}$
$\delta h_1$	Descente de la charge 1 pendant la rotation : $r_1\delta \theta$.	$\mathrm{m}$
$\delta h_2$	Montée de la charge 2 pendant la rotation : $r_2\delta \theta$.	$\mathrm{m}$

La figure 1 représente une poutre sur un axe, avec la charge 1, de masse $m_1$, à la distance $r_1$ d'un côté, et la charge 2, de masse $m_2$, à la distance $r_2$ de l'autre. La poutre est en équilibre, $m_1{r}_1=m_2{r}_2$, et on lui fait subir une petite rotation virtuelle $\delta \theta$ autour de l'axe, dessinée bien plus grande qu'elle ne l'est réellement. Regardez les deux petits crochets verticaux. Un point de la poutre situé à la distance $r$ de l'axe parcourt un arc de longueur $r\delta \theta$, et pour un petit angle cet arc est pratiquement vertical. La charge 1 descend donc de $\delta h_1=r_1\delta \theta$ et la charge 2 monte de $\delta h_2=r_2\delta \theta$.

Faites maintenant le total des travaux. L'axe ne bouge pas, donc sa force ne fournit aucun travail. La pesanteur ne travaille que lors des mouvements verticaux : sur la charge 1, qui descend, elle fournit $+m_{1}g\delta h_1$ ; sur la charge 2, qui monte, elle fournit $-m_{2}g\delta h_2$. Un total nul donne $m_{1}g{r}_1\delta \theta =m_{2}g{r}_2\delta \theta$, et après division par $g\delta \theta$ il reste $m_1{r}_1=m_2{r}_2$. C'est la loi des leviers, obtenue par un simple bilan d'énergie.

Dans l'animation, la poutre équilibrée porte une caisse de 2,0 kg à $r_1=0,20\mathrm{m}$ et une caisse de 1,0 kg à $r_2=0,40\mathrm{m}$. L'incliner de 0,01 rad abaisse la caisse lourde de 2 mm et soulève la légère de 4 mm, et $2,0\cdot 2=1,0\cdot 4$ : ce que la pesanteur gagne d'un côté, elle le rend de l'autre.

Pourquoi la règle ne pourrait-elle pas être différente ? Un levier équilibré et sans frottement peut être tourné lentement par une poussée aussi faible que l'on veut. S'il était en équilibre pour un autre rapport des masses et des distances, le tourner dans un sens augmenterait l'énergie potentielle totale des charges sans que rien ne la paie, et l'on pourrait recommencer sans limite : ce serait une machine à mouvement perpétuel. La loi des leviers découle donc de l'impossibilité du mouvement perpétuel. Simon Stevin raisonnait de cette manière en 1586 à propos du plan incliné : une chaîne fermée posée sur un coin ne se met jamais à tourner d'elle-même.

Trois équations, et n'importe quel point comme pivot

En pratique, on écrit les conditions d'équilibre sous forme d'équations et l'on choisit le pivot qui les rend les plus simples. Cette section montre pourquoi tout pivot convient, et combien d'inconnues ces équations peuvent déterminer.

Dans un plan, l'équilibre se résume à trois équations : $\sum F_x=0$, $\sum F_y=0$ et $\sum {\tau }_z=0$. Le moment par rapport à un point $B$ d'une force ${\vec{F}}_i$ appliquée en ${\vec{r}}_i$ vaut $({\vec{r}}_i-{\vec{r}}_B)\wedge {\vec{F}}_i$. Décomposez le bras en $({\vec{r}}_i-{\vec{r}}_A)+({\vec{r}}_A-{\vec{r}}_B)$, où $A$ est un autre point quelconque, et sommez sur toutes les forces :
${\vec{\tau }}_B={\vec{\tau }}_A+({\vec{r}}_A-{\vec{r}}_B)\wedge \sum \vec{F}$
Quand la force résultante est nulle, le second terme disparaît et le moment est le même par rapport à tout point. Le pivot peut donc être placé là où c'est commode, en général sur un appui : la force inconnue de cet appui n'y a pas de bras de levier et disparaît de l'équation des moments.

Trois équations déterminent au plus trois inconnues. Une poutre sur deux appuis, ou une échelle contre un mur lisse, n'en a pas davantage : on dit qu'elle est isostatique. Une table à quatre pieds a quatre forces inconnues aux pieds mais toujours trois équations utiles seulement ; elle est donc hyperstatique : la statique seule ne peut pas dire comment la charge se partage, et seule la légère élasticité des pieds et du sol en décide. Sur un sol inégal, un pied ne porte rien, et la table est bancale.

Trois forces concourantes

Quand exactement trois forces maintiennent un solide immobile, une règle géométrique fixe la direction de l'une d'elles avant même que l'on écrive une équation. L'échelle appuyée contre un mur en est l'exemple type.

Légende

$W$	Poids de l'échelle, appliqué en son milieu.	$\mathrm{N}$
$P$	Poussée du mur. Un mur lisse ne pousse que perpendiculairement à lui-même : $P$ est donc horizontale.	$\mathrm{N}$
$R$	Réaction du sol au pied de l'échelle : la réaction normale et le frottement réunis. Sa droite d'action passe par $T$.	$\mathrm{N}$
$T$	Point où se coupent les droites d'action de $W$ et de $P$.
$\theta$	Angle entre l'échelle et le sol.	$\mathrm{rad}$
$\phi$	Angle entre $R$ et la verticale ; $\tan \phi =a/h$, le frottement divisé par la réaction normale.	$\mathrm{rad}$
$h$	Hauteur du sommet de l'échelle, qui est aussi la hauteur de $T$.	$\mathrm{m}$
$a$	Distance horizontale du pied de l'échelle à la verticale passant par son milieu, verticale qui passe aussi par $T$.	$\mathrm{m}$

La figure 2 représente une échelle homogène de longueur $L$ et de poids $W$, posée sur le sol sous l'angle $\theta$ et appuyée contre un mur lisse. Trois forces s'exercent sur elle. Le poids $W$ agit verticalement vers le bas, au milieu de l'échelle. Un mur lisse ne peut pousser que perpendiculairement à lui-même : sa poussée $P$ au sommet est donc horizontale. La réaction $R$ du sol au pied a, pour l'instant, une direction inconnue. Suivez les droites d'action en pointillés de $W$ et de $P$ : elles se coupent en $T$, à la hauteur du sommet de l'échelle et à la verticale de son milieu.

Calculez les moments par rapport à $T$. Ni $W$ ni $P$ n'y ont de moment, puisque leurs droites passent toutes deux par $T$. Le moment total est nul, donc $R$ ne doit pas non plus avoir de moment par rapport à $T$, ce qui n'est possible que si sa droite d'action passe elle aussi par $T$. La direction de $R$ est ainsi fixée avant même que l'on parle de frottement. La règle est générale : quand exactement trois forces non parallèles maintiennent un solide en équilibre, leurs droites d'action sont concourantes.

Décomposez maintenant $R$ en une réaction normale $N$, verticale vers le haut, et un frottement $f$, le long du sol vers le mur. L'équilibre des forces verticales donne $N=W$, et celui des forces horizontales $f=P$. Sur la figure 2, $R$ s'écarte de la verticale de l'angle $\phi$, donc $\tan \phi =f/N$. Ce même angle se lit sur le triangle rectangle dont le côté vertical est la hauteur du sommet (et de $T$), $h=L\sin \theta$, et dont le côté horizontal est la distance du pied à la verticale passant par le milieu, $a=\frac{1}{2}L\cos \theta$. Donc $\tan \phi =a/h$, et
$\frac{f}{N}=\frac{a}{h}=\frac{1}{2\tan \theta }$
Pour une échelle homogène inclinée de $60^{\circ }$ sur le sol, cela donne $1/(2\tan 60^{\circ })\approx 0,29$, quels que soient le poids et la longueur de l'échelle. L'échelle ne tient donc que si le coefficient de frottement statique au sol vaut au moins 0,29. Une échelle plus raide en demande moins.

Le poids s'applique au centre de masse

Presque tous les problèmes de statique remplacent le poids d'un corps par une force unique appliquée en son centre de masse. Voici pourquoi c'est exact dans un champ uniforme, et ce que cela prédit pour la balance de l'animation.

Chaque partie $i$ d'un corps, de masse $m_i$ et située à la position ${\vec{r}}_i$ par rapport à un pivot, subit le poids $m_i\vec{g}$. Comme $\vec{g}$ est le même pour toutes les parties, il sort de la somme : $\sum {\vec{r}}_i\wedge m_i\vec{g}=(\sum m_i{\vec{r}}_i)\wedge \vec{g}=M{\vec{r}}_{\mathrm{CM}}\wedge \vec{g}$, où $M$ est la masse totale et ${\vec{r}}_{\mathrm{CM}}=\sum m_i{\vec{r}}_i/M$. Tout le poids s'applique au centre de masse. En mesurant $x$ horizontalement à partir du pivot et en comptant positivement les moments antihoraires,
$x_{\mathrm{CM}}=\frac{\sum m_i{x}_i}{\sum m_i}$
$\sum {\tau }_{\mathrm{pesanteur}}=-Mg{x}_{\mathrm{CM}}$
Le signe moins indique qu'un centre de masse situé à droite du pivot fait tourner le corps dans le sens horaire. Il en découle deux conséquences. Un corps suspendu à un axe s'immobilise avec son centre de masse juste en dessous de l'axe, là où la pesanteur n'a pas de moment. Et les fils à plomb issus de deux points de suspension différents se croisent au centre de masse : c'est ainsi qu'on le trouve en pratique.

Appliquez cela aux deux caisses seules. Notez ${\tau }_1$ le moment antihoraire de la caisse lourde, ${\tau }_2$ le moment horaire de la légère et $x_{\mathrm{CM}}$ la position du centre de masse des caisses ; alors ${\tau }_1-{\tau }_2=-(m_1+m_2)g{x}_{\mathrm{CM}}$. Le graphe de la vue experte de l'animation trace cette grandeur en fonction de la position $x_1$ de la caisse lourde : 4,51 N·m pour $x_1=-0,42\mathrm{m}$, zéro pour $x_1=-m_2{r}_2/m_1=-0,20\mathrm{m}$ et $-2,07\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ pour $x_1=-0,10\mathrm{m}$. La courbe est presque une droite, de pente proche de $-m_{1}g=-19,6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ par mètre : chaque centimètre parcouru par la caisse vers le centre retire environ 0,20 N·m. La pente tracée est plus forte d'environ 5 %. Les centres des caisses se trouvent quelque 5 cm au-dessus de la ligne de l'axe : le changement d'inclinaison qui accompagne chaque déplacement de la caisse les décale donc aussi un peu latéralement.

Ce n'est pas le moment total qui s'exerce sur la poutre. La masse de 14 kg fixée à l'aiguille fournit un moment opposé et maintient le total à zéro : c'est pourquoi la poutre ne s'incline que partiellement (le calcul est fait plus bas). Le fil à plomb doré de l'animation montre la même chose géométriquement : la poutre penche du côté où se trouve le centre de masse des caisses.

Stabilité et énergie potentielle

Un équilibre peut ressembler au fond d'un bol, vers lequel le corps revient, ou au sommet d'une colline, d'où il tombe. L'énergie potentielle permet de distinguer les deux cas.

Pour un corps qui tourne autour d'un axe, l'énergie potentielle vaut $U(\theta )=Mg{y}_{\mathrm{CM}}$, où $y_{\mathrm{CM}}$ est la hauteur du centre de masse. Quand le corps tourne de $d\theta$, le moment de la pesanteur fournit le travail $\tau d\theta$, prélevé sur $U$, donc $dU=-\tau d\theta$. L'équilibre, c'est-à-dire un moment nul, correspond donc à $dU/d\theta =0$. Il est stable si $d^{2}U/d{\theta }^2>0$ : une inclinaison fait alors monter le centre de masse, et le moment qui apparaît ramène le corps. Il est instable si $d^{2}U/d{\theta }^2<0$, et indifférent si $U$ reste constante, comme pour une roue homogène sur son axe.

Placez le centre de masse à la distance $\ell$ de l'axe et à l'angle $\psi$ de la verticale descendante. Sa hauteur par rapport à l'axe vaut $-\ell \cos \psi$, donc $U=-Mg\ell \cos \psi$ et $d^{2}U/d{\psi }^2=Mg\ell \cos \psi$. Cette dérivée est positive pour $\psi =0$ : pendre sous l'axe est stable ; elle est négative pour $\psi =180^{\circ }$ : se tenir en équilibre au-dessus est instable. Une bascule occupée par deux enfants a son centre de masse au-dessus du pivot : elle ne reste pas horizontale, mais s'immobilise sur une extrémité, retenue par le sol. La balance de l'animation suspend une masse de 14 kg à 0,19 m sous l'axe précisément pour éviter cela.

Problème résolu : l'inclinaison de la balance

Quand la caisse n'est pas centrée, la balance de l'animation ne tombe pas sur une extrémité : elle s'immobilise à une inclinaison bien précise. Cette section calcule cet angle, d'abord par la géométrie, puis par l'énergie.

Légende

$O$	L'axe autour duquel tourne la poutre.
$G$	Centre de masse de toute la balance : caisses, poutre, aiguille et masse.
$Mg$	Poids de toute la balance, de masse totale $M$, appliqué en $G$.	$\mathrm{N}$
$u_G$	Position de $G$ le long de la poutre, mesurée à partir de l'axe et positive vers la droite ; négative ici.	$\mathrm{m}$
$w_G$	Position de $G$ perpendiculairement à la poutre, positive vers le haut ; négative ici, car $G$ est sous la poutre.	$\mathrm{m}$
$\theta$	Inclinaison de la poutre par rapport à l'horizontale, positive dans le sens antihoraire. Le même angle se trouve en $G$ dans le triangle rectangle.	$\mathrm{rad}$

La figure 3 schématise la balance en exagérant ses proportions. Utilisez des coordonnées liées à la poutre et mesurées à partir de l'axe $O$ : $u_i$ le long de la poutre (positive vers la droite) et $w_i$ perpendiculairement à elle (positive vers le haut). Ensemble, les parties, de masses $m_i$, pèsent comme un seul corps de masse $M=\sum m_i$ placé en leur centre de masse $G$, de coordonnées $u_G=A/M$ et $w_G=B/M$, avec
$A=\sum m_i{u}_i,B=\sum m_i{w}_i$
L'inclinaison $\theta$ de la poutre par rapport à l'horizontale est comptée dans le sens antihoraire.

La balance est au repos quand $G$ pend juste en dessous de $O$, car le poids $Mg$ passe alors par l'axe et n'a pas de moment. (Juste au-dessus de $O$, c'est aussi un équilibre, mais instable.) Sur la figure 3, partez de $O$, avancez le long de la poutre de $u_G$, puis perpendiculairement à elle de $w_G$ : vous arrivez en $G$. Le fil à plomb qui remonte de $G$ jusqu'à $O$ ferme un triangle rectangle, dont l'angle droit se trouve là où $u_G$ rejoint $w_G$. L'angle en $G$ est égal à l'inclinaison $\theta$. En effet, deux droites perpendiculaires à deux autres se coupent sous le même angle que celles-ci ; la poutre et l'horizontale se coupent sous l'angle $\theta$, donc le côté $w_G$, perpendiculaire à la poutre, et le fil à plomb, perpendiculaire à l'horizontale, se coupent eux aussi sous l'angle $\theta$. Vu de $G$, $u_G$ est le côté opposé et $w_G$ le côté adjacent, donc
$\tan \theta =\frac{u_G}{w_G}=\frac{A}{B}$
Sur la figure, $u_G$ et $w_G$ sont tous deux négatifs, donc $\tan \theta >0$ : la poutre a tourné dans le sens antihoraire, côté gauche vers le bas.

L'énergie potentielle donne le même résultat, et règle en plus la question de la stabilité. Une fois la poutre tournée de $\theta$ dans le sens antihoraire, la partie $i$ se trouve à la hauteur $u_i\sin \theta +w_i\cos \theta$ au-dessus de l'axe, donc
$U(\theta )=g(A\sin \theta +B\cos \theta )$
Annuler $dU/d\theta =g(A\cos \theta -B\sin \theta )$ redonne $\tan \theta =A/B$.

Passons aux valeurs numériques. Les centres des caisses se trouvent à 0,053 m et 0,043 m au-dessus de la ligne de l'axe, et la masse à 0,19 m en dessous, donc $B=2,0\cdot 0,053+1,0\cdot 0,043-14\cdot 0,19\approx -2,51\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$ ; le poids propre de la poutre s'applique à l'axe et n'ajoute rien. Au départ, la caisse lourde est en $x_1=-0,42\mathrm{m}$ le long de la poutre et la légère à 0,40 m, donc $A=2,0\cdot (-0,42)+1,0\cdot 0,40=-0,44\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$. Alors $\tan \theta =0,175$ et $\theta =9,9^{\circ }$, côté lourd vers le bas, comme sur la figure 3. Pour $x_1=-0,10\mathrm{m}$, $A=+0,20\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$ et $\theta =-4,6^{\circ }$, l'autre côté vers le bas ; pour $x_1=-0,20\mathrm{m}$, $A=0$ et la poutre est horizontale. Vérification : au départ, le moment horaire de la masse, $14\cdot 9,81\cdot 0,19\sin \theta \approx 4,51\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, compense le moment des caisses au début du graphe.

Cette position de repos est-elle stable ? La dérivée seconde vaut $d^{2}U/d{\theta }^2=-g(A\sin \theta +B\cos \theta )$, et à l'équilibre où $G$ est sous $O$ (ici $B<0$), elle se ramène à $g\sqrt{A^2+B^2}$. Elle n'est donc jamais inférieure à $g|B|=9,81\cdot 2,51=24,6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ par radian : la balance est stable quelle que soit la position de la caisse. Près de l'horizontale, $\theta \approx A/B$ : déplacer la caisse de 1 cm modifie $A$ de 0,020 kg·m et incline la poutre de $0,020/2,51\approx 0,008\mathrm{rad}$, soit environ 0,46°. C'est la sensibilité de la balance. Un $|B|$ plus petit, obtenu avec une masse plus légère ou une aiguille plus courte, l'augmenterait, au prix d'un moment de rappel plus faible, $g|B|$ par radian près de l'horizontale. Sans la masse, $B=+0,15\mathrm{kg}\cdot \mathrm{m}$ : $G$ se trouve au-dessus de l'axe, la dérivée seconde est négative en position horizontale, et le moindre déséquilibre ferait basculer la poutre jusqu'au bout, comme une bascule.

Basculement et glissement

Un corps posé sur une pente peut céder de deux façons : il glisse vers le bas, ou il bascule autour de son arête inférieure. Ce qui arrive en premier ne dépend que de sa forme et du frottement.

Légende

$w$	Largeur de la base de la caisse, le long de la rampe.	$\mathrm{m}$
$h$	Hauteur de la caisse.	$\mathrm{m}$
$\theta$	Angle de la rampe. C'est aussi l'angle entre $R$ et la normale à la rampe.	$\mathrm{rad}$
$mg$	Poids de la caisse, appliqué en son centre.	$\mathrm{N}$
$R$	Force de contact de la rampe sur la caisse (réaction normale plus frottement) : égale et opposée au poids, donc verticale.	$\mathrm{N}$
$d$	Distance de l'arête inférieure de la base au point d'application de $R$ : $d=w/2-(h/2)\tan \theta$.	$\mathrm{m}$

La figure 4 représente une caisse homogène, de base $w$ et de hauteur $h$, sur une rampe inclinée de l'angle $\theta$. Deux forces seulement s'exercent sur elle : son poids $mg$, en son centre, et la force de contact $R$ de la rampe, c'est-à-dire la réaction normale et le frottement sur toute la base réunis en une seule force. Deux forces ne se compensent que si elles sont égales, opposées et portées par la même droite : $R$ est donc dirigée verticalement vers le haut, le long de la verticale passant par le centre, et s'applique là où cette verticale rencontre la base.

Pour trouver ce point, partez du centre, situé à $w/2$ de l'arête inférieure le long de la base et à $h/2$ au-dessus de la base. La verticale passant par le centre fait l'angle $\theta$ avec la normale à la rampe : en descendant de la hauteur $h/2$, elle se décale donc de $(h/2)\tan \theta$ vers le bas de la pente. Elle rencontre ainsi la base $(h/2)\tan \theta$ en aval du milieu de la base, à la distance
$d=\frac{w}{2}-\frac{h}{2}\tan \theta$
de l'arête inférieure, notée $d$ sur la figure 4. Quand la rampe se redresse, $d$ diminue. La force de contact ne peut pas s'appliquer hors de la base : quand $d$ atteint zéro, elle ne peut plus se placer sous le centre, et la caisse bascule autour de son arête inférieure :
$\tan \theta =\frac{w}{h}\text{(basculement d’une caisse homogeˋne sur une rampe)}$

Le glissement se lit sur le même schéma. $R$ est verticale et la normale fait l'angle $\theta$ avec la verticale, donc $R$ fait l'angle $\theta$ avec la normale : c'est l'angle marqué entre $R$ et la normale en pointillés sur la figure 4. Le rapport de sa composante de frottement à sa composante normale vaut donc $\tan \theta$, et le frottement statique ne peut assurer cela que tant que $\mu \ge \tan \theta$, où $\mu$ est le coefficient de frottement statique. En comparant les deux limites, la caisse bascule d'abord si $w/h<\mu$, et glisse d'abord si $\mu <w/h$.

Un classeur à tiroirs de 0,45 m de large et 1,30 m de haut a $w/h\approx 0,35$. Sur du caoutchouc, avec $\mu \approx 0,8$, il bascule à 19,1° ; sur une rampe en plastique mouillée, avec $\mu =0,20$, il glisse d'abord, à 11,3°. Pour un corps non homogène, remplacez $w/2$ et $h/2$ par les vraies distances de son centre de masse à l'arête inférieure et à la rampe. Un centre de masse bas fait diminuer $d$ plus lentement : c'est pourquoi on charge les marchandises lourdes en bas.

Limites de validité

Tout ceci suppose des solides indéformables. Les vraies poutres fléchissent, et dans une structure hyperstatique ce sont les déformations, par la loi de Hooke, qui fixent les forces. Le frottement statique s'exprime par une inégalité, $f\le \mu N$ : les équations donnent le frottement dont un corps a besoin, et l'inégalité dit seulement si les surfaces peuvent le fournir.

Placer le poids au centre de masse suppose aussi un champ uniforme. La pesanteur diminue avec l'altitude $y$ d'une fraction d'environ $2y/R_{\mathrm{T}}$, où $R_{\mathrm{T}}$ est le rayon de la Terre. Dans une colonne homogène de $H=800\mathrm{m}$ de haut, le centre de gravité, point où le poids s'applique effectivement, se trouve donc $H^2/(6R_{\mathrm{T}})\approx 1,7\mathrm{cm}$ sous le centre de masse : c'est négligeable pour les bâtiments. En orbite, ce même gradient oriente un satellite allongé vers la Terre, et les couples de marée ont amené la Lune à nous montrer toujours la même face.

Enfin, la statique est la limite des évolutions lentes. Déplacez brusquement la caisse : la poutre dépasse sa position d'équilibre et oscille ; c'est alors la relation $\tau =I\alpha$ de Dynamique de rotation et moment de force qui prend le relais.

Ce qui vient ensuite

Le travail virtuel régit toutes les machines idéales de Machines simples : leviers, poulies et engrenages, et les poutres qui fléchissent mènent à Élasticité : loi de Hooke, contrainte et déformation. Un équilibre stable est le point de départ de la leçon Oscillations harmoniques : légèrement écarté, un corps oscille autour de cette position avec ${\omega }^2=(d^{2}U/d{\theta }^2)/I$, où $I$ est son moment d'inertie par rapport à l'axe. Les fluides obéissent eux aussi à la statique : dans Poussée d'Archimède, un navire reste droit quand, en gîtant, son poids et la poussée d'Archimède forment un couple de redressement. Quand les moments ne se compensent pas, le corps se met à tourner, ce qui fait l'objet de la leçon Le moment cinétique et sa conservation. Les charges ont aussi leur statique, dans Champ et potentiel électriques, avec une particularité : les seules forces électrostatiques ne peuvent jamais maintenir une charge en équilibre stable (théorème d'Earnshaw).