Je suppose que les centres de gravité des plateaux sont les sommets B et C.

A l'équilibre, le moment total des forces en A doit être nul.

Pour calculer ce moment, il faut tenir compte de la force gravitationnelle et de la force centrifuge. En effet, même si ces forces sont supposées identiques pour les deux masses, leur moment en A est différent en valeur absolue quand l'aiguille forme un angle non nul avec la verticale.

Nous devons donc connaitre l'altitude et la latitude aux quelles est faite l'expérience afin de déterminer ces deux forces. ;-)

Il faudra ensuite utiliser l'égalité suivante:

(somme des forces en B) * d1 = (somme des forces en C) * d2

où d1 et d2 sont les longueurs des projections horizontales de AB et AC.
Notons également que la verticales est définie non pas par la force de gravité, mais par la force de gravité additionnée à la force centrifuge. Donc, si G est le centre de la terre, AG n'est aligné avec la verticale que si nous nous trouvons à l'équateur ou aux pôles.

Ca devient vachement complique comme problème si est cherche à être précis. =D

Tout d'abord un petit rappel pour ceux qui auraient manqué (ou mal lu) le premier épisode :

... l'effort qu'il faut exercer pour soutenir une masse donnée à la surface de notre terre dépend de pas mal de facteurs :
- tout d'abord de la distance entre le centre de gravité de l'objet et celui de la terre, ce qui sous-entend la latitude, car la terre n'est pas ronde mais aplatie aux pôles, et, pour une moindre mesure,  l'altitude.

- ensuite de la force "centrifuge" qui s'exerce sur l'objet en raison de la rotation de la terre et qui est proportionnelle à la distance de l'objet à l'axe de rotation de la terre, distance encore fonction de la latitude du lieu.

- enfin de la poussée d'Archimède du fluide dans lequel baigne l'objet, proportionnelle au volume de celui-ci et à la masse volumique du fluide, en l’occurrence ici, l'air.
Lorsque l'on effectue une mesure à l'aide d'une balance en un lieu donné, c'est ce dernier facteur qui joue seul sur la précision de la mesure.

cédric : bravo , très bon raisonnement, mais juste une petite erreur dans la fin de l'application numérique ...

Milou : voir plus haut ; on peut tout de même considérer que les deux plateaux se trouvent au même en droit sur la terre et sont soumis aux même conditions ?

Francky : une grossière erreur d'unité et une erreur de calcul ...

PS : après vérification sur Internet, j'ai modifié la masse volumique de mon laiton avec une valeur qui me parait plus fiable. Mille excuses ...

Cédric : Le premier à résoudre cette énigme.  Bravo !

Milou : - A condition de tenir compte de la correction à apporter due à la poussée d'Archimède, une balance à plateau permet de comparer des masses, pas seulement des forces.

- La résolution peut s'effectuer en faisant une petite approximation qui ne changera pas les 3 chiffres significatifs de la réponse.

EDIT : pour féliciter (avec un peu de retard) Cédric qui avait modifier sa réponse sans me prévenir !

J'ai ajouté un indice.
Franky : tu y es presque ...

Quelques soient les conditions du problème, il doit respecter le théorème du moment cinétique:
[TeX]\frac{\mathrm{d} \vec{L}_{A}}{\mathrm{d} t}= \sum \vec{M}_{A}[/TeX]
avec:
- [latex] \vec{L}_{A}[/latex], le moment cinétique en A,
- [latex]\sum \vec{M}_{A}[/latex], la somme des moments en A de toutes les forces.

A l'équilibre, le moment cinétique ne varie pas de sorte que l'on utilise la formule simplifiée:
[TeX]0= \sum \vec{M}_{A}[/TeX]
qui, appliquée à notre problème, devient:
[TeX]0= \vec{AB} \wedge \vec{F}_{B} + \vec{AC} \wedge \vec{F}_{C}[/TeX]
avec:
- [latex] \vec{F}_{B}[/latex], la résultante des forces appliquées en B, ce y compris les forces gravitationnelle et centrifuge,
- [latex] \vec{F}_{C}[/latex], la résultante des forces appliquées en C, ce y compris les forces gravitationnelle et centrifuge,
- [latex] \wedge[/latex], le symbole du produit vectoriel (je le précise parce que j'ai pas l'habitude de l'écrire ainsi).

En détaillant un peut plus, on trouve:
[TeX]0= \vec{AB} \wedge (\vec{F}_{B,g}+\vec{F}_{B,c}+\vec{P}_{B})+ \vec{AC} \wedge (\vec{F}_{C,g}+\vec{F}_{C,c}+\vec{P}_{C})[/TeX]
Ou même, puisque les forces centrifuge et gravitationnelle sont identiques en B et en C:
[TeX]0= \vec{AB} \wedge (\vec{F}_{g}+\vec{F}_{c}+\vec{P}_{B})+ \vec{AC} \wedge (\vec{F}_{g}+\vec{F}_{c}+\vec{P}_{C})[/TeX]
Et on trouve finalement:
[TeX]0= (\vec{AB}+\vec{AC}) \wedge (\vec{F}_{g}+\vec{F}_{c})+\vec{AB} \wedge \vec{P}_{B}+ \vec{AC} \wedge \vec{P}_{C}[/TeX]
où [latex]\vec{AB}+\vec{AC}[/latex] est non nul, puisque non alignés, ce qui implique qu'il faut tenir compte de [latex]\vec{F}_{g}+\vec{F}_{c}[/latex] et par conséquent, connaitre l'altitude et la latitude.

Il ne faut pas parler de simplification, car la première chose qui peut être négligée ici est la poussée d'Archimède, la seule cause du déséquilibre expliquant un angle non nul de l'aiguille avec la verticale.

Pour la suite du raisonnement, il faut résoudre la dernière équation en exprimant [latex]\vec{AB}[/latex] et [latex]\vec{AC}[/latex] en fonction de l'angle recherché et en posant [latex]\vec{P}_{B}[/latex] et [latex]\vec{P}_{C}[/latex] parallèle à [latex]\vec{F}_{g}+\vec{F}_{c}[/latex] (pour bien faire il faudrait démontrer que le gradiant de pression dans le fluide y est parallèle).

Il y a encore du pain sur la planche.

Bon ben je vais continuer à pinailler puisque tu es d'accord avec moi! On verra si la différence entre nos raisonnements est si faible que ça. On ne le saura qu'en allant jusqu'au bout.

Pour résoudre le problème, je pose le cas particulier où la mesure est faite à l'équateur.
Ca permet d'écrire les forces appliquées en B et C:
[TeX]\vec{F}_{B}=F_{B}. \vec{1}_{z}[/TeX]
[TeX]\vec{F}_{C}=F_{C}. \vec{1}_{z}[/TeX]
[TeX]\vec{F}_{H}=F_{H}. \vec{1}_{z}[/TeX]
Je pose le laiton dans le plateau B et le liège dans le plateau C. Soit [latex]\theta[/latex] l'angle entre l'aiguille et la verticale.
Je reprend l'équation suivante:
[TeX]0= \vec{AB} \wedge \vec{F}_{B} + \vec{AC} \wedge \vec{F}_{C}+ \vec{AH} \wedge \vec{F}_{H}[/TeX]
Et la développe:
[TeX]0= F_{B}(\vec{AH}+\vec{HB}) \wedge \vec{1}_{z} + F_{C}(\vec{AH}+\vec{HC}) \wedge \vec{1}_{z}+ \vec{AH} \wedge \vec{F}_{H}[/TeX]
En supprimant la composante des vecteurs position selon [latex]\vec{1}_{z}[/latex], il vient:
[TeX]0= F_{B}(sin(\theta).\vec{1}_{x}-200 cos(\theta).\vec{1}_{x}) \wedge \vec{1}_{z} + F_{C}(sin(\theta).\vec{1}_{x}+200 cos(\theta).\vec{1}_{x}) \wedge \vec{1}_{z}+ F_{H}sin(\theta).\vec{1}_{x} \wedge \vec{1}_{z}[/TeX]
Il est ainsi possible de supprimer les vecteurs:
[TeX]0= F_{B}(sin(\theta)-200 cos(\theta)) + F_{C}(sin(\theta)+200 cos(\theta))+ F_{H}sin(\theta)[/TeX][TeX](F_{B}+F_{C}+F_{H})sin(\theta)=200(F_{B}-F_{C})cos(\theta)[/TeX]
Et on trouve finalement [latex]\theta[/latex]:
[TeX]\theta = Arctan\left ( 200 \frac{F_{B}-F_{C}}{F_{B}+F_{C}+F_{H}} \right )[/TeX]
(j'espère que j'ai pas fait d'erreur parce que ça fait bien longtemps que j'ai plus fait ce genre de calcul )

En introduisant la force de gravité, la force centrifuge et la poussée d'Archimède, viennent les expressions suivantes:
[TeX]P_{B}=m \left (1,25\frac{v^2}{R}+\left (\frac{\rho_{air}}{\rho_{laiton}}-1,25\right)g\right)[/TeX]
[TeX]P_{C}=m \left (1,25\frac{v^2}{R}+\left (\frac{\rho_{air}}{\rho_{liege}}-1,25\right)g\right)[/TeX]
[TeX]P_{H}=-\frac{m}{2}g[/TeX]
(1,25 car la masse des plateaux vaut 25% des masses mesurées)
Pour être complet, il faudrait tenir compte des poussées d'Archimède exercées sur les plateaux et le fléau de la balance. A supposer qu'ils soient en laiton eux aussi, il suffirait d'ajouter un terme [latex]0,25mg\frac{\rho_{air}}{\rho_{laiton}[/latex] à [latex]P_{B}[/latex] et [latex]P_{C}[/latex] et [latex]0,5mg\frac{\rho_{air}}{\rho_{laiton}[/latex] à [latex]P_{H}[/latex].
L'expression de [latex]\theta[/latex] devient alors:
[TeX]\theta = Arctan\left ( 200 \frac{\left (1,25\frac{v^2}{R}+\left (\frac{\rho_{air}}{\rho_{laiton}}-1,25\right)g\right)-\left (1,25\frac{v^2}{R}+\left (\frac{\rho_{air}}{\rho_{liege}}-1,25\right)g\right)}{\left (1,25\frac{v^2}{R}+\left (\frac{\rho_{air}}{\rho_{laiton}}-1,25\right)g\right)+\left (1,25\frac{v^2}{R}+\left (\frac{\rho_{air}}{\rho_{liege}}-1,25\right)g\right)-\frac{g}{2}} \right )[/TeX][TeX]\theta = Arctan\left ( 200 \frac{\left (\frac{\rho_{air}}{\rho_{laiton}}-\frac{\rho_{air}}{\rho_{liege}}\right )g}{2,5\frac{v^2}{R}+\left (\frac{\rho_{air}}{\rho_{laiton}}+\frac{\rho_{air}}{\rho_{liege}}-2,5-0,5\right)g} \right )[/TeX]
En prenant g=9,81 m/s² et la longueur de l'équateur égale à 40 000 km, je trouve finalement:
[TeX]\theta = Arctan\left ( 200 \frac{\left (\frac{1,204}{8500}-\frac{1,204}{240} \right )9,81}{2,5\frac{463^2}{6366198}+\left (\frac{1,204}{8500}+\frac{1,204}{240}-3 \right )9,81} \right )[/TeX]
Encore une étape pour illustrer la faible contribution de la poussée d'Archimède et de la force centrifuge au dénominateur, toutes deux du même ordre de grandeur):
[TeX]\theta = Arctan\left (\frac{-9,56479}{0,0841825+0,0506031-29,43) \right )[/TeX][TeX]\theta = 18,081688 = 18^{\circ}4'54,08''[/TeX]
A moins d'une erreur, 18,1° ne marchant pas, il faut supposer que tes approximations ne sont pas bonnes.

Arrr! Crotte... J'ai oublié le fléau.

Après correction, je ne trouve toujours pas le même résultat que toi. Il te suffit peut-être d'une ligne mais es-tu sûr de ton raisonnement ?

Et si je suppose que les plateaux et la balance sont en laiton, je peux ajouter la poussée d'Archimède sur ces pièces pour trouver l'équation suivante:
[TeX]\theta = Arctan\left ( 200 \frac{\left (\frac{\rho_{air}}{\rho_{laiton}}-\frac{\rho_{air}}{\rho_{liege}}\right )g}{2,5\frac{v^2}{R}+\left (2\frac{\rho_{air}}{\rho_{laiton}}+\frac{\rho_{air}}{\rho_{liege}}-2,5-0,5\right)g} \right )[/TeX]
qui donne:
[TeX]\theta = 18,082490 = 18^{\circ}4'56,96''[/TeX]
Ce qui me fait une belle jambe.

Tu sais m'envoyer ton raisonnement ?

Volume de laiton : 0.118 dm3 ; Masse d'air déplacée par le laiton : 0,1416 g.
Volume du liège :  4.167 dm3 ; Masse d'air déplacée par le liège :  5,0166 g.

La résultante des poids des plateaux et de leur chargement passe par le point H qui est aussi le cdg du fléau. Soit M la masse totale de ces éléments.

L'équilibre de la balance a lieu quand le moment en A de la masse M supposée concentrée au point H et soumise à un champ de gravité g, contre-balance le moment de la différence des poussées d'Archimède sur le liège et le laiton.

soit :      d * M = (200+d) * MADliège - (200-d) * MADlaiton

Avec :
- d = distance du point H au point d'intersection de BC et de la verticale passant par A.
- MAD = "Masse de l'Air Déplacée par le"
- et en ayant déjà éliminé de cette équation la valeur g de la gravité corrigée par les efforts centrifuge et le terme  cos a qui interviennent des 2 cotés de l'équation.

il vient : d = 200 * (MADliège - MADlaiton) / (M - MADliège - MADlaiton)
et          a = arctan (d/AH)

Avec M = 2 + 0.5 + (2*0.25) = 3 kg = 3000 g. on obtient :
      d = 0,32556 et        a = 18,0332 dg

Milou m'a fait très justement remarquer que si on voulait être très rigoureux il fallait aussi tenir compte de la poussée d'Archimède appliquée sur le fléau et les 2 plateau, de masse 1kg et en général en laiton.
La masse d'air déplacée s'établit à 0,1416 g qui doit venir en déduction de la masse M = 3000 g

Je trouve alors un angle a = 18,0340 dg ce qui ne change pas de manière très significative le résultat qui, avec 3 chiffres significatifs s'établit donc à :
                                            18.0 dg

On voit que l'on a pas besoin d'une balance de grande précision pour visualiser très nettement le phénomène de la poussée d'Archimède.

Encore bravo et merci pour leur intérêt aux 3 courageux qui se sont attaqué à cette énigme .

Ah ouais quand même.

Tout ça pour rien. La prochaine fois, je me renseignerai AVANT.
Cependant, je n'ai aucun regret quant à ma prose. Ca m'a permis de me rappeler un peu cette matière qui m'avait beaucoup diverti à l'époque.