Feuille d'entraînement : Frottement solide

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2021, Q47

   On étudie la masse M, assimilée à un point matériel ou en translation, dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, muni de la base orthonormée (\vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z).

   Le système est soumis à deux actions mécaniques :

   • son poids :

     \vec{P} = -M g\,\vec{e}_z

   • la force de contact exercée par la masse m, décomposée en une composante normale \vec{N}_{m \to M} = N\,\vec{e}_z et une composante tangentielle de frottement donnée par l'énoncé \vec{F}_{m \to M}^t = T\,\vec{e}_x :

     \vec{F}_{m \to M} = T\,\vec{e}_x + N\,\vec{e}_z

   Le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

   M \frac{\mathrm{d}^2 \vec{r}_M}{\mathrm{d}t^2} = \vec{P} + \vec{F}_{m \to M} = T\,\vec{e}_x + (N - Mg)\,\vec{e}_z

   Le mouvement étant purement horizontal d'après l'énoncé, l'accélération selon la verticale est nulle (\ddot{z}_M = 0), ce qui confirme N = Mg.

   En projection selon l'axe horizontal (Ox), on obtient l'équation différentielle recherchée :

   \boxed{M \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2}(t) = T}

   soit encore :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2}(t) = \frac{T}{M}

   Résultat

   $$M\frac{{\mathrm{d}}^2{x}_M}{\mathrm{d}{t}^2}(t)=T$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2021, Q46

   Lorsque la masse M ne glisse pas sur la masse m, les deux solides sont solidaires et possèdent à chaque instant la même abscisse :

   x_m(t) = x_M(t) = x(t).

   En considérant le système global \{m + M\} de masse totale m + M dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen :

   • les forces intérieures de contact entre m et M se compensent d'après le principe des actions réciproques ;
   • la seule force extérieure horizontale agissant sur le système en régime libre (hors tension U) est la force de rappel élastique -kx\,\vec{e}_x.

   Le principe fondamental de la dynamique projeté selon l'axe horizontal (Ox) s'écrit alors :

   (m + M)\ddot{x}(t) + kx(t) = 0.

   La pulsation propre associée est \omega_M = \sqrt{\frac{k}{m+M}}, d'où la fréquence propre :

   f_M = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m+M}}.

   Comme la fréquence propre de l'actionneur libre établie à la question Q44 vaut f_0 = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}, on en déduit :

   \boxed{f_M = f_0 \sqrt{\frac{m}{m+M}}}

   Estimation numérique : La masse effective de l'actionneur obtenue en Q44 vaut m \simeq 2{,}8 \times 10^{-5}\text{ kg} \approx 3 \times 10^{-5}\text{ kg}. Pour une charge M = 1\text{ kg}, on a très largement M \gg m, de sorte que m + M \approx M.

   On peut alors estimer directement f_M :

   f_M \approx \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{M}}.

   Avec k = 310\text{ N}\cdot\mu\text{m}^{-1} = 3{,}1 \times 10^8\text{ N}\cdot\text{m}^{-1} et M = 1\text{ kg} :

   \begin{aligned} \sqrt{\frac{k}{M}} &= \sqrt{310 \times 10^6} = \sqrt{310} \times 10^3 \approx 17{,}6 \times 10^3\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}, \\ f_M &\approx \frac{17{,}6 \times 10^3}{2\pi} \approx \frac{17{,}6 \times 10^3}{6{,}28} \approx 2{,}8 \times 10^3\text{ Hz}. \end{aligned}

   En conservant un seul chiffre significatif :

   \boxed{f_M \approx 3\text{ kHz}} \quad (\text{ou } 3 \times 10^3\text{ Hz})

   Résultat

   $$f_M=f_0\sqrt{\frac{m}{m+M}}$$

   $$f_M\approx 3\text{ kHz}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2021, Q48

   On étudie la masse effective m dans le référentiel terrestre supposé galiléen, muni de la base orthonormée (\vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z).

   D'après l'énoncé, les mouvements verticaux selon (Oz) sont négligés (le poids de m, le poids transmis de M et la réaction normale du bâti se compensent). Selon l'axe horizontal (Ox), la masse m est soumise à trois actions :

   • la force piézo-électrique : \vec{F}(U) = F(U)\,\vec{e}_x ;
   • la force de rappel élastique : \vec{F}_{\text{rappel}} = -k\,x_m\,\vec{e}_x (ressort de raideur k et de longueur à vide nulle) ;

   • la force tangentielle exercée par le mobile M sur m, notée \vec{F}_{M\to m}^t. En vertu du principe des actions réciproques (troisième loi de Newton) et de la relation (14), on a :

     \vec{F}_{M\to m}^t = -\vec{F}_{m\to M}^t = -T\,\vec{e}_x

   Le principe fondamental de la dynamique projeté sur l'axe (Ox) s'écrit :

   m\,\frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2} = -k\,x_m + F(U) - T

   En introduisant le déplacement statique L(U) = \frac{F(U)}{k}, on obtient l'équation différentielle régissant l'évolution de x_m(t) :

   \boxed{m\,\frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2} + k\left(x_m(t) - L(U)\right) = -T}

   Résultat

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^2{x}_m}{\mathrm{d}{t}^2}+k\left(x_m(t)-L(U)\right)=-T$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2021, Q49

   Lorsque la masse M ne glisse pas sur la masse effective m, elles se déplacent solidairement selon l'axe horizontal (Ox). Leurs accélérations sont donc identiques à chaque instant :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2} = \frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2}

   D'après l'équation du mouvement de la masse M établie à la question Q47 :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2} = \frac{T}{M}

   En reportant cette accélération dans l'équation régissant l'évolution de x_m obtenue à la question Q48 :

   \begin{aligned} m \left(\frac{T}{M}\right) + k\left(x_m(t) - L(U)\right) &= -T \\ \left(1 + \frac{m}{M}\right) T &= -k\left(x_m(t) - L(U)\right) \\ \frac{m+M}{M} T &= -k\left(x_m(t) - L(U)\right) \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la composante tangentielle T :

   T = -\frac{kM}{m+M}\left(x_m(t) - L(U)\right)

   ce qui correspond bien à la relation demandée T = -\xi\left(x_m - L(U)\right) en posant :

   \boxed{\xi = \frac{k M}{m + M}}

   Résultat

   $$\xi =\frac{kM}{m+M}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2021, Q56

   D'après la question Q55, la position de la masse m au cours de la phase lente (t_l \le t \le t_l + \tau_l) est donnée par :

   x_m(t) = L_{\max} \frac{t - t_l}{\tau_l}

   1. Position x_f en fin de montée : En évaluant l'expression précédente en t = t_l + \tau_l, on obtient immédiatement :

   \boxed{x_f = x_m(t_l + \tau_l) = L_{\max}}

   2. Vitesse v_f en fin de montée : La vitesse de la masse m est obtenue en dérivant la position par rapport au temps :

   v_m(t) = \frac{\mathrm{d}x_m}{\mathrm{d}t}(t) = \frac{L_{\max}}{\tau_l}

   Cette vitesse étant constante durant toute la phase lente, la vitesse finale vaut :

   \boxed{v_f = \frac{L_{\max}}{\tau_l}}

   3. Déplacement \Delta^l x_M de la masse M : Durant cette phase lente, les masses m et M se déplacent sans glisser l'une sur l'autre (mouvement solidaire). L'écart entre leurs positions est donc constant au cours du temps :

   x_M(t) - x_m(t) = \text{constante}

   Le déplacement de la masse M entre les instants t_l et t_l + \tau_l est donc rigoureusement égal à celui de la masse m :

   \Delta^l x_M = x_M(t_l + \tau_l) - x_M(t_l) = x_m(t_l + \tau_l) - x_m(t_l) = x_f - 0

   On en déduit :

   \boxed{\Delta^l x_M = L_{\max}}

   Résultat

   $$x_f=x_m(t_l+{\tau }_l)=L_{\max }$$

   $$v_f=\frac{L_{\max }}{{\tau }_l}$$

   $${\Delta }^l{x}_M=L_{\max }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2021, Q58

   D'après la question Q49, la force tangentielle exercée par la masse m sur la masse M en l'absence de glissement s'écrit :

   T = -\xi \left( x_m(t) - L(U(t)) \right)

   avec le coefficient de raideur effective \xi = \dfrac{k M}{m + M}. En introduisant la pulsation propre \omega = \sqrt{\dfrac{k}{m+M}} définie à la question Q52, on a :

   \xi = M \omega^2

   Pendant la phase de descente rapide (t \in [t_r, t_r + \tau_r]), la force piézo-électrique s'écrit d'après la question Q51 :

   F_r(t) = k L_{\max} \left( 1 - \frac{t - t_r}{\tau_r} \right)

   d'où la grandeur L(U(t)) = \dfrac{F_r(t)}{k} :

   L(U(t)) = L_{\max} \left( 1 - \frac{t - t_r}{\tau_r} \right)

   D'après le résultat de la question Q57, la position de la masse effective reste quasi-statique à l'échelle de la descente rapide du fait de son inertie :

   x_m(t) \approx L_{\max}

   On en déduit l'expression de l'écart :

   \begin{aligned} x_m(t) - L(U(t)) &\approx L_{\max} - L_{\max} \left( 1 - \frac{t - t_r}{\tau_r} \right) \\ &= L_{\max} \frac{t - t_r}{\tau_r} \end{aligned}

   En injectant cette relation dans l'expression de T, on obtient bien :

   \boxed{T \approx -M \omega^2 L_{\max} \frac{t - t_r}{\tau_r}}

   Résultat

   $$T\approx -M{\omega }^2{L}_{\max }\frac{t-t_r}{{\tau }_r}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2021, Q59

   D'après la loi de Coulomb (14), le mouvement s'effectue sans glissement tant que |T| < T_{\text{lim}} = \mu M g. Le glissement apparaît à l'instant t_d = t_r + \tau_d lorsque la force de frottement atteint la valeur limite :

   |T(t_d)| = T_{\text{lim}} = \mu M g

   D'après le résultat de la question Q58, pour t \in [t_r, t_d] :

   T(t) \approx -M \omega^2 L_{\max} \frac{t - t_r}{\tau_r}

   Comme t \ge t_r, la force T(t) est négative, d'où :

   |T(t_d)| = M \omega^2 L_{\max} \frac{\tau_d}{\tau_r} = \mu M g

   La masse M se simplifie, ce qui donne immédiatement :

   \boxed{\tau_d = \frac{\mu g}{\omega^2 L_{\max}} \tau_r}

   Pendant la phase rapide t \in [t_r, t_r + \tau_r], l'évolution de la grandeur adimensionnée \dfrac{T}{M\omega^2 L_{\max}} se décompose en deux régimes :

   • Pour t \in [t_r, t_d] (phase sans glissement) :

     \frac{T(t)}{M\omega^2 L_{\max}} = -\frac{t - t_r}{\tau_r}

     La courbe est un segment de droite de pente -1/\tau_r, partant de 0 en t = t_r et atteignant -\dfrac{\tau_d}{\tau_r} en t = t_d.

   • Pour t \in [t_d, t_r + \tau_r] (phase de glissement) : le glissement se poursuit jusqu'à la fin de la phase rapide. La force tangentielle est alors saturée à la valeur limite de glissement. Le rappel rapide de l'actionneur vers la gauche tend à faire glisser M vers l'avant par rapport à m (v_{M/m} > 0), de sorte que la force de frottement exercée sur M s'oppose à ce mouvement relatif :

     T(t) = -T_{\text{lim}} = -\mu M g = -M \omega^2 L_{\max} \frac{\tau_d}{\tau_r}

     Le rapport reste donc constant et égal à -\dfrac{\tau_d}{\tau_r}.

   Résultat

   $${\tau }_d=\frac{\mu g}{{\omega }^2{L}_{\max }}{\tau }_r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2021, Q60

   D'après la question Q59, le rapport s'écrit :

   \frac{\tau_d}{\tau_r} = \frac{\mu g}{\omega^2 L_{\max}}

   Or, avec \omega^2 = \frac{k}{m+M} (question Q52) et L_{\max} = \frac{F(U_{\max})}{k} = \frac{\beta U_{\max}}{k} (question Q50), il vient :

   \omega^2 L_{\max} = \frac{k}{m+M} \frac{\beta U_{\max}}{k} = \frac{\beta U_{\max}}{m+M}

   Comme la masse effective m \simeq 3 \times 10^{-5}\text{ kg} est tout à fait négligeable devant M = 1\text{ kg} (question Q44 et Q46), on a m+M \approx M, d'où :

   \omega^2 L_{\max} \approx \frac{\beta U_{\max}}{M}

   Le rapport recherché devient simplement le rapport de la force de frottement limite à la force piézo-électrique maximale :

   \frac{\tau_d}{\tau_r} \approx \frac{\mu M g}{\beta U_{\max}} = \frac{T_{\lim}}{F(U_{\max})}

   Effectuons l'application numérique avec :

   • \mu = 0{,}5,
   • M = 1\text{ kg},
   • g \simeq 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2},
   • \beta = 0{,}62\text{ N}\cdot\text{V}^{-1},
   • U_{\max} = 250\text{ V}, soit F(U_{\max}) = 0{,}62 \times 250 = 155\text{ N}.

   On obtient :

   \begin{aligned} \mu M g &= 0{,}5 \times 1 \times 9{,}8 = 4{,}9\text{ N} \\ \frac{\tau_d}{\tau_r} &\approx \frac{4{,}9}{155} \approx 0{,}032 \end{aligned}

   Avec un chiffre significatif :

   \boxed{\frac{\tau_d}{\tau_r} \approx 3 \times 10^{-2}}

   Puisque \frac{\tau_d}{\tau_r} \ll 1 (la phase d'adhérence ne représente qu'environ 3\,\% de la durée de la descente), on a immédiatement :

   \tau_r - \tau_d = \tau_r \left(1 - \frac{\tau_d}{\tau_r}\right) \approx \tau_r

   \boxed{\tau_r - \tau_d \approx \tau_r}

   Résultat

   $$\frac{{\tau }_d}{{\tau }_r}\approx 3\times 10^{-2}$$

   $${\tau }_r-{\tau }_d\approx {\tau }_r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique BCPST 2021, Q61

   D'après la question Q47, l'équation du mouvement de la masse M projetée sur l'axe (Ox) est :

   M \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2}(t) = T(t)

   Pendant la phase de descente rapide, la masse effective m est rappelée très brutalement vers l'origine (\ddot{x}_m < 0). La vitesse relative de M par rapport à m est donc positive (\dot{x}_M - \dot{x}_m > 0). En vertu des lois de Coulomb pour le frottement de glissement (relation (14)), la force tangentielle exercée par m sur M est opposée à cette vitesse relative :

   T = -T_{\lim} = -\mu M g

   L'équation différentielle régissant l'abscisse x_M(t) durant le glissement devient ainsi :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2}(t) = -\mu g

   Puisque \tau_d \ll \tau_r (d'après Q60), la séquence de glissement occupe la quasi-totalité de l'intervalle [t_r, t_r+\tau_r]. On peut donc assimiler l'instant initial de glissement à t_r, avec les conditions initiales issues de la fin de la phase lente (Q56) :

   \begin{aligned} x_M(t_r) &\approx x_f \\ \dot{x}_M(t_r) &\approx v_f = \frac{L_{\max}}{\tau_l} \end{aligned}

   Une première intégration donne la vitesse pour t \in [t_r, t_r+\tau_r] :

   \dot{x}_M(t) = v_f - \mu g (t - t_r)

   Une seconde intégration fournit l'abscisse x_M(t) pendant la séquence de glissement :

   \boxed{x_M(t) = x_M(t_r) + v_f (t - t_r) - \frac{1}{2}\mu g (t - t_r)^2}

   soit, en explicitant v_f :

   x_M(t) = x_M(t_r) + L_{\max}\frac{t - t_r}{\tau_l} - \frac{1}{2}\mu g (t - t_r)^2

   La variation de position de la masse M entre t = t_r et t = t_r+\tau_r s'en déduit directement :

   \Delta^r x_M = x_M(t_r+\tau_r) - x_M(t_r)

   \boxed{\Delta^r x_M = v_f \tau_r - \frac{1}{2}\mu g \tau_r^2 = L_{\max}\frac{\tau_r}{\tau_l} - \frac{1}{2}\mu g \tau_r^2}

   Résultat

   $$x_M(t)=x_M(t_r)+v_f(t-t_r)-\frac{1}{2}\mu g(t-t_r{)}^2$$

   $${\Delta }^r{x}_M=v_f{\tau }_r-\frac{1}{2}\mu g{\tau }_r^2=L_{\max }\frac{{\tau }_r}{{\tau }_l}-\frac{1}{2}\mu g{\tau }_r^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2021, Q62

    D'après la question Q61, le déplacement de la masse M durant la phase rapide est :

    \Delta^r x_M = L_{\max}\frac{\tau_r}{\tau_l} - \frac{1}{2}\mu g \tau_r^2

    Le rapport demandé s'écrit donc :

    \frac{\Delta^r x_M}{L_{\max}} = \frac{\tau_r}{\tau_l} - \frac{\mu g \tau_r^2}{2 L_{\max}}

    Calculons au préalable la valeur de L_{\max} = \frac{\beta U_{\max}}{k} :

    L_{\max} = \frac{0{,}62 \times 250}{310 \times 10^6} = \frac{155}{310 \times 10^6} = 0{,}5 \times 10^{-6}\text{ m} = 0{,}5\,\mu\text{m}

    Évaluons numériquement chacun des deux termes avec \tau_l = 1\text{ ms} = 10^{-3}\text{ s}, \tau_r = 1\,\mu\text{s} = 10^{-6}\text{ s}, \mu = 0{,}5 et en prenant g \simeq 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} (ou 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}) :

    • \dfrac{\tau_r}{\tau_l} = \dfrac{10^{-6}}{10^{-3}} = 10^{-3} ;
    • \dfrac{\mu g \tau_r^2}{2 L_{\max}} = \dfrac{0{,}5 \times 9{,}8 \times (10^{-6})^2}{2 \times 0{,}5 \times 10^{-6}} = 4{,}9 \times 10^{-6} \ll 10^{-3}.

    Le second terme (dû au frottement de glissement) est tout à fait négligeable devant le premier (dû à la vitesse initiale acquise en fin de phase lente). On en déduit :

    \boxed{\frac{\Delta^r x_M}{L_{\max}} \approx \frac{\tau_r}{\tau_l} = 10^{-3}}

    Puisque \Delta^l x_M = L_{\max} (établi à la question Q56), le déplacement total de la masse M sur une période est :

    \Delta x_M = \Delta^l x_M + \Delta^r x_M = L_{\max} \left(1 + \frac{\Delta^r x_M}{L_{\max}}\right) \approx L_{\max}

    Soit numériquement :

    \boxed{\Delta x_M \approx L_{\max} = 0{,}5\,\mu\text{m} = 5 \times 10^{-7}\text{ m}}

    Résultat

    $$\frac{{\Delta }^r{x}_M}{L_{\max }}\approx \frac{{\tau }_r}{{\tau }_l}=10^{-3}$$

    $$\Delta x_M\approx L_{\max }=0,5\mu \text{m}=5\times 10^{-7}\text{ m}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question