Feuille d'entraînement : Frottement solide

Corrigés

1. Exercice 1X-ENS Physique MP 2022, Q6

   Considérons le système \mathcal{S} = \{(0), (1)\} dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen.

   Faisons le bilan des puissances développées par l'ensemble des actions mécaniques :

   • Actions de pesanteur (Terre \to \mathcal{S}) : cette interaction extérieure dérive de l'énergie potentielle de pesanteur E_g, elle est donc conservative.
   • Interaction magnétique interne entre (0) et (1) : les aimants interagissent par l'intermédiaire de leurs champs magnétiques dipolaires. Cette interaction conservative interne dérive d'une énergie potentielle magnétique de couplage E_B.

   • Action du support sur la bille (0) : la bille (0) étant maintenue immobile dans le référentiel du laboratoire (\vec{v}(\mathrm{O}) = \vec{0} et \vec{\Omega}_{(0)} = \vec{0}), la puissance développée par le support est strictement nulle :

     \mathcal{P}_{\text{support}\to(0)} = 0

   • Actions de contact entre la bille (1) et la bille (0) : l'énoncé précise que le roulement s'effectue sans glissement au point de contact I. La vitesse de glissement est donc nulle :

     \vec{v}(I \in (1)/(0)) = \vec{0}

     La puissance des forces de contact mutuelles (force normale et force de frottement statique) est par conséquent identiquement nulle :

     \mathcal{P}_{\text{contact}} = 0
   • Dissipation : l'énoncé indique explicitement qu'aucune cause de dissipation de l'énergie mécanique (frottements fluides dans l'air, résistance au roulement) n'est prise en compte.

   La puissance totale de l'ensemble des forces non conservatives étant nulle (\mathcal{P}_{\mathrm{nc}} = 0), le théorème de l'énergie mécanique assure la conservation de l'énergie mécanique totale du système :

   \boxed{\mathcal{E}_m = E_{c1} + E_B + E_{g1} = \text{cste}}

   Résultat

   $${\mathcal{E}}_m=E_{c1}+E_B+E_{g1}=\text{cste}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MP 2020, Q11

   On étudie le solide 1 de masse M dans le référentiel terrestre lié au support, supposé galiléen. L'angle \theta augmentant très lentement, le solide est à l'équilibre mécanique tant qu'il n'y a pas glissement.

   Le système est soumis à deux actions :

   • son poids \vec{P} = M\vec{g} ;
   • la réaction du support \vec{R} = \vec{N} + \vec{T}, où \vec{N} est orthogonale au support et orientée vers le haut, et \vec{T} est parallèle au support et orientée vers le haut de la pente (pour s'opposer à la tendance au mouvement vers le bas).

   D'après le principe fondamental de la statique appliqué au solide 1 :

   \vec{P} + \vec{N} + \vec{T} = \vec{0}

   En projetant sur l'axe orthogonal au plan incliné (dirigé vers le haut) et sur l'axe parallèle au plan incliné (dirigé vers le bas de la pente), on obtient :

   \begin{aligned} N - M g \cos\theta &= 0 \implies N = M g \cos\theta \\ M g \sin\theta - T &= 0 \implies T = M g \sin\theta \end{aligned}

   D'après la loi de Coulomb relative au frottement statique (rappelée en partie I), l'absence de glissement impose :

   T \leqslant f_s N \iff M g \sin\theta \leqslant f_s M g \cos\theta \iff \tan\theta \leqslant f_s

   Le décrochement (mise en glissement) a lieu à la limite stricte de l'adhérence (d'après la question Q2), atteinte pour l'angle critique \theta = \theta_{\text{lim}} tel que T = f_s N, soit :

   \boxed{f_s = \tan\theta_{\text{lim}}}

   La mesure de l'angle d'inclinaison \theta_{\text{lim}} permet ainsi de déterminer directement le coefficient de frottement statique f_s, indépendamment de la masse M du solide et de l'accélération de la pesanteur g.

   Résultat

   $$f_s=\tan {\theta }_{\text{lim}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q21

   Appliquons le principe fondamental de la dynamique au système \Sigma_2 (la locomotive, de masse M_\ell) dans le référentiel terrestre supposé galiléen :

   M_\ell \, \vec{a}_0 = M_\ell \, \vec{g} + \vec{F}_{\Sigma_1/\Sigma_2} + \sum_{i=1}^4 \left( \vec{N}_{r/2}^{(i)} + \vec{T}_{r/2}^{(i)} \right)

   Les forces normales \vec{N}_{r/2}^{(i)} ainsi que le poids M_\ell \, \vec{g} sont strictement verticaux. Par symétrie et selon l'énoncé, les quatre roues motrices sont soumises à la même force tangentielle \vec{T}_{r/2}.

   En projetant cette relation sur l'axe horizontal Ox orienté dans le sens du mouvement, et en utilisant la troisième loi de Newton \vec{F}_{\Sigma_1/\Sigma_2} = -\vec{F}_{\Sigma_2/\Sigma_1} = -M_{\mathrm{c}} \, \vec{a}_0 établie à la question Q20 :

   M_\ell \, \vec{a}_0 = - M_{\mathrm{c}} \, \vec{a}_0 + 4 \, \vec{T}_{r/2}

   On en déduit immédiatement :

   4 \, \vec{T}_{r/2} = (M_\ell + M_{\mathrm{c}}) \, \vec{a}_0

   soit :

   \boxed{\vec{T}_{r/2} = \frac{M_\ell + M_{\mathrm{c}}}{4} \, \vec{a}_0}

   Puisque le train démarre avec une accélération non nulle (\vec{a}_0 \neq \vec{0}) et que la masse totale du convoi M_\ell + M_{\mathrm{c}} est strictement positive, la composante tangentielle \vec{T}_{r/2} est nécessairement non nulle.

   Résultat

   $${\vec{T}}_{r/2}=\frac{M_{\ell }+M_{\mathrm{c}}}{4}{\vec{a}}_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q22

   Appliquons le principe fondamental de la dynamique à la locomotive \Sigma_2 dans le référentiel terrestre galiléen. En projection sur la verticale ascendante \vec{u}_y, le mouvement étant purement horizontal (accélération verticale nulle) et l'action de l'attelage \vec{F}_{\Sigma_1/\Sigma_2} étant horizontale :

   4 N_{r/2} - M_\ell g = 0 \implies \|\vec{N}_{r/2}\| = \frac{M_\ell g}{4}

   D'après la question Q21, la composante tangentielle sur chacune des quatre roues motrices s'écrit :

   \|\vec{T}_{r/2}\| = \frac{M_\ell + M_{\mathrm{c}}}{4} a_0

   En utilisant la condition imposée par l'énoncé, \|\vec{T}_{r/2}\| = 0{,}1 f_a \|\vec{N}_{r/2}\|, il vient :

   \begin{aligned} \frac{M_\ell + M_{\mathrm{c}}}{4} a_0 &= 0{,}1 f_a \frac{M_\ell g}{4} \\ a_0 &= 0{,}1 f_a g \frac{M_\ell}{M_\ell + M_{\mathrm{c}}} \end{aligned}

   Le démarrage s'effectuant à accélération constante a_0 depuis l'arrêt (v(0) = 0), la vitesse à l'instant t est v(t) = a_0 t. Le temps \Delta t nécessaire pour atteindre la vitesse de croisière v_0 s'exprime donc par :

   \Delta t = \frac{v_0}{a_0} = \frac{v_0 (M_\ell + M_{\mathrm{c}})}{0{,}1 f_a g M_\ell}

   Application numérique :

   • v_0 = 8\text{ km}\cdot\text{h}^{-1} = \frac{8}{3{,}6}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \approx 2{,}22\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}
   • M_\ell = 1\text{ t} = 1{,}0 \times 10^3\text{ kg}
   • M_{\mathrm{c}} = 10\text{ t} = 1{,}0 \times 10^4\text{ kg}, soit M_\ell + M_{\mathrm{c}} = 11\text{ t}
   • f_a = 0{,}12
   • g = 9{,}81\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}

   On calcule d'abord l'accélération :

   a_0 = 0{,}1 \times 0{,}12 \times 9{,}81 \times \frac{1}{11} \approx 1{,}07 \times 10^{-2}\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}

   Puis la durée nécessaire :

   \Delta t = \frac{2{,}222}{1{,}070 \times 10^{-2}} \approx 2{,}08 \times 10^2\text{ s} \approx 3\text{ min } 28\text{ s}

   \boxed{\Delta t \approx 2{,}1 \times 10^2\text{ s} \quad (\text{soit environ } 3{,}5\text{ min})}

   Résultat

   $$\Delta t\approx 2,1\times 10^2\text{ s}(\text{soit environ }3,5\text{ min})$$

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5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q29

   La loi de Preston-Archard modélise le volume V de matière arrachée par usure abrasive sous la forme :

   V = k\,\frac{F_{\mathrm{n}}}{H}\,d

   L'analyse de chaque terme met en évidence des comportements physiques tout à fait intuitifs :

   • Dépendance vis-à-vis de la distance de glissement d (V \propto d) : l'usure est proportionnelle à la distance parcourue avec frottement. Plus le glissement se prolonge, plus le travail des forces de frottement est important, ce qui conduit à un arrachement cumulatif accru de matière.
   • Dépendance vis-à-vis de la force normale F_{\mathrm{n}} (V \propto F_{\mathrm{n}}) : l'effort presseur favorise l'interpénétration des aspérités microscopiques de la roue et du rail. Une augmentation de la charge normale accroît l'aire réelle de contact et les contraintes de cisaillement au niveau des micro-jonctions, facilitant ainsi leur rupture et la formation de débris.
   • Dépendance vis-à-vis de la dureté H (V \propto 1/H) : la dureté mesure la résistance mécanique superficielle du matériau à la pénétration et à la déformation plastique locale. Un matériau plus dur s'oppose plus efficacement à l'abrasion par les aspérités antagonistes, ce qui réduit le volume de débris formés.
   • Rôle du coefficient d'Archard k : ce préfacteur phénoménologique traduit la probabilité qu'a une aspérité en contact de se rompre pour engendrer une particule d'usure. Il synthétise l'effet de l'état de surface, de la lubrification éventuelle, de la température et de l'environnement chimique.

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6. Exercice 6X-ENS Physique MP 2022, Q4

   Les deux billes sphériques ont le même rayon R = D/2.

   Approche géométrique : Lorsque le centre O_1 de la bille (1) s'est déplacé d'un angle \theta autour de O, le point de contact I s'est déplacé le long de la périphérie de la bille (0) fixe. L'arc parcouru sur la bille (0) depuis le point de contact initial I_0 est :

   s = R\,\theta = \frac{D}{2}\,\theta

   Puisque le roulement s'effectue sans glissement et que les points I_0 et I_1 coïncidaient pour \theta = 0, la longueur d'arc déroulée sur la bille (1) entre le point matériel I_1 et le point de contact actuel I est identique :

   s_1 = R\,\alpha = s = R\,\theta \implies \alpha = \theta

   où \alpha = (\widehat{\vec{O_1 I},\,\vec{O_1 I_1}}) représente l'angle de rotation propre de la bille (1) relativement à la droite des centres (O O_1).

   Par ailleurs, la droite des centres (O O_1) est elle-même inclinée de l'angle \theta par rapport à la verticale descendante (ou ascendante). Le vecteur unitaire \vec{u}_1 (porté par \vec{\mathcal{M}}_1) étant lié rigidement à la bille (1) et dirigé selon la verticale \vec{e}_z lorsque \theta = 0, son angle \theta_1 par rapport à la verticale fixe (Oz) est la somme de l'inclinaison de la ligne des centres et de la rotation propre de la bille :

   \theta_1 = \theta + \alpha = \theta + \theta = 2\theta

   Vérification cinématique : La vitesse du centre O_1 dans le référentiel lié à la bille (0) est :

   \vec{v}(O_1) = D\,\dot{\theta}\,\vec{e}_\theta

   La condition de roulement sans glissement au point de contact I impose :

   \vec{v}(I \in (1)) = \vec{v}(O_1) + \vec{\Omega}_{(1)/(0)} \wedge \overrightarrow{O_1 I} = \vec{0}

   En projetant avec \overrightarrow{O_1 I} = -\frac{D}{2}\,\vec{e}_r et \vec{\Omega}_{(1)/(0)} = \dot{\theta}_1\,\vec{e}_x (l'axe (Ox) étant normal au plan de la trajectoire) :

   D\,\dot{\theta}\,\vec{e}_\theta + \left(\dot{\theta}_1\,\vec{e}_x\right) \wedge \left(-\frac{D}{2}\,\vec{e}_r\right) = \left(D\,\dot{\theta} - \frac{D}{2}\,\dot{\theta}_1\right)\vec{e}_\theta = \vec{0}

   Il vient immédiatement :

   \dot{\theta}_1 = 2\,\dot{\theta}

   Comme \theta_1(0) = 0, on en déduit par intégration temporelle :

   \boxed{\theta_1 = 2\theta}

   Résultat

   $${\theta }_1=2\theta$$

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7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q2

   Le système étudié est le container de masse m_0, dans le référentiel de la ville supposé galiléen. Il est en mouvement de translation rectiligne uniforme à la vitesse \vec{V} = V\vec{u}_x (V = \text{cte}), de sorte que son accélération est nulle :

   \vec{a}(G_0) = \vec{0}

   Le container est soumis à trois actions extérieures coplanaires dans le plan vertical (Oxz) :

   • son poids : m_0 \vec{g} = -m_0 g \vec{u}_z ;
   • la force de traction exercée par le filin : \vec{F} = F\vec{u}_x ;
   • la réaction de la chaussée : \vec{R}_0 = -T_0\vec{u}_x + N_0\vec{u}_z.

   Le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

   m_0 \vec{a}(G_0) = m_0 \vec{g} + \vec{R}_0 + \vec{F} = \vec{0}

   En projetant sur \vec{u}_z et \vec{u}_x :

   \begin{aligned} -m_0 g + N_0 = 0 &\implies N_0 = m_0 g \\ -T_0 + F = 0 &\implies F = T_0 \end{aligned}

   Le container glisse sur le bitume à la vitesse de glissement \vec{v}_g = V\vec{u}_x \neq \vec{0}. D'après la loi de Coulomb du frottement en régime de glissement, l'effort tangentiel s'oppose au glissement et sa norme atteint la valeur limite :

   T_0 = f_0 N_0 = f_0 m_0 g

   On en déduit immédiatement l'expression vectorielle de la force de traction :

   \boxed{\vec{F} = f_0 m_0 g \vec{u}_x}

   Résultat

   $$\vec{F}=f_0{m}_{0}g{\vec{u}}_x$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q5

   a) On étudie le système constitué par la voiture de masse m dans le référentiel de la ville, supposé galiléen.

   La voiture est animée d'un mouvement de translation rectiligne uniforme à la vitesse \vec{V} = V\vec{u}_x, de sorte que l'accélération de son centre de masse est nulle : \vec{a}(G) = \vec{0}.

   D'après le bilan des actions mécaniques extérieures dressé à la question Q1, les forces appliquées à la voiture sont :

   • son poids : \vec{P} = -mg\vec{u}_z ;
   • l'action de contact de la chaussée sur la roue arrière : \vec{R}_1 = T_1\vec{u}_x + N_1\vec{u}_z ;
   • l'action de contact de la chaussée sur la roue avant : \vec{R}_2 = T_2\vec{u}_x + N_2\vec{u}_z ;
   • l'action exercée par le filin : -\vec{F} (par le principe des actions réciproques appliqué au filin de masse négligeable).

   Le principe fondamental de la dynamique appliqué à la voiture s'écrit :

   \vec{P} + \vec{R}_1 + \vec{R}_2 - \vec{F} = m\vec{a}(G) = \vec{0}.

   En projetant sur l'axe horizontal \vec{u}_x, on obtient :

   T_1 + T_2 - F_x = 0 \implies F_x = T_1 + T_2.

   Or, d'après la question Q4c, la roue arrière étant libre de tourner sans couple moteur appliqué, on a T_1 = 0. On en déduit :

   F_x = T_2,

   soit vectoriellement :

   \boxed{\vec{F} = T_2\vec{u}_x}

   b) D'après la relation obtenue à la question Q4c :

   \Gamma_m = T_2\frac{d}{2}.

   En utilisant le résultat de la question Q5a, il vient T_2 = \|\vec{F}\|. Par ailleurs, la question Q2 a établi que :

   \vec{F} = f_0 m_0 g \vec{u}_x \implies T_2 = f_0 m_0 g.

   On en déduit l'expression du couple moteur :

   \boxed{\Gamma_m = f_0 m_0 g \frac{d}{2}}

   Application numérique :

   • f_0 = 0{,}4
   • m_0 = 4\,500\text{ kg}
   • g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}
   • d = 20\text{ pouces} = 20 \times 2{,}5\cdot 10^{-2}\text{ m} = 0{,}50\text{ m}, d'où \frac{d}{2} = 0{,}25\text{ m}.

   \begin{aligned} T_2 &= 0{,}4 \times 4\,500 \times 10 = 1{,}8\cdot 10^4\text{ N}, \\ \Gamma_m &= 1{,}8\cdot 10^4 \times 0{,}25 = 4\,500\text{ N}\cdot\text{m}. \end{aligned}

   \boxed{\Gamma_m = 4{,}5\cdot 10^3\text{ N}\cdot\text{m}}

   Résultat

   $$\vec{F}=T_2{\vec{u}}_x$$

   $${\Gamma }_m=f_0{m}_{0}g\frac{d}{2}$$

   $${\Gamma }_m=4,5\cdot 10^3\text{ N}\cdot \text{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q7

   a) Roues risquant de glisser

   D'après la question Q4.c, la composante tangentielle sur la roue arrière non motrice est nulle :

   T_1 = 0.

   Comme N_1 > 0, la condition de Coulomb |T_1| < f N_1 est toujours strictement vérifiée : la roue arrière ne risque pas de glisser.

   En revanche, sur la roue avant motrice, l'effort tangentiel vaut (d'après la question Q5.a) :

   T_2 = f_0 m_0 g > 0.

   De plus, d'après la question Q6.b, la réaction normale N_2 diminue avec m_0 par transfert de charge vers l'arrière lors de la traction. C'est donc la roue avant qui risque de patiner (glisser sur la chaussée).

   b) Expression de la masse maximale tractable m_{0\mathrm{max}}

   La condition de non-glissement au niveau de la roue avant s'écrit :

   T_2 \leqslant f N_2.

   En remplaçant T_2 et N_2 par leurs expressions :

   f_0 m_0 g \leqslant f \left[ \frac{1}{2} g \left( m - f_0 m_0 \frac{h}{b} \right) \right].

   En simplifiant par g > 0 :

   f_0 m_0 \leqslant \frac{1}{2} f m - \frac{1}{2} f f_0 m_0 \frac{h}{b}.

   En regroupant les termes en m_0 :

   \begin{aligned} f_0 m_0 \left( 1 + f \frac{h}{2b} \right) &\leqslant \frac{1}{2} f m, \\ m_0 &\leqslant m \frac{f}{2 f_0 \left( 1 + f \frac{h}{2b} \right)}. \end{aligned}

   La masse maximale tractable sans glissement est donc bien :

   \boxed{m_{0\mathrm{max}} = m \frac{f}{2 f_0 \left( 1 + f \dfrac{h}{2b} \right)}}

   c) Application numérique et commentaire

   Avec les valeurs numériques fournies :

   • m = 3\,000\text{ kg},
   • f = 1{,}0,
   • f_0 = 0{,}4,
   • h = 0{,}5\text{ m},
   • 2b = 2{,}7\text{ m}.

   On calcule :

   \begin{aligned} 1 + f \frac{h}{2b} &= 1 + 1{,}0 \times \frac{0{,}5}{2{,}7} = 1 + \frac{5}{27} = \frac{32}{27} \simeq 1{,}185, \\ m_{0\mathrm{max}} &= 3\,000 \times \frac{1{,}0}{2 \times 0{,}4 \times \dfrac{32}{27}} = \frac{3\,000 \times 27}{0{,}8 \times 32} \simeq 3\,164\text{ kg}. \end{aligned}

   Soit, avec deux chiffres significatifs cohérents avec les données :

   \boxed{m_{0\mathrm{max}} \simeq 3{,}2\cdot 10^3\text{ kg} = 3{,}2\text{ t}}

   Commentaire : La masse maximale tractable sans patinage est de 3{,}2\text{ t}, alors que le container a une masse m_0 = 4\,500\text{ kg} = 4{,}5\text{ t}. On a :

   m_0 > m_{0\mathrm{max}}.

   Les voitures à traction avant ne peuvent donc pas tracter le container sans que les roues motrices ne se mettent à patiner. La scène du film est donc irréaliste dans ces conditions de transmission.

   Résultat

   $$m_{0\max }=m\frac{f}{2f_0\left(1+f\frac{h}{2b}\right)}$$

   $$m_{0\max }\simeq 3,2\cdot 10^3\text{ kg}=3,2\text{ t}$$

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10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MP 2020, Q1

    a) Soient deux solides S_1 et S_2 en contact au point I à la date t. On note I_1 \in S_1 et I_2 \in S_2 les points matériels des deux solides géométriquement coïncidants en I à cet instant.

    La vitesse de glissement de S_1 par rapport à S_2 au point de contact est la vitesse du point matériel I_1 dans le référentiel lié au solide S_2 :

    \boxed{\vec{v}_g(S_1/S_2) = \vec{v}(I \in S_1 / S_2)}

    b) Non, il n'est pas nécessaire de préciser dans quel référentiel elle est exprimée.

    En effet, le référentiel est implicitement fixé par la relation de mouvement relatif : c'est le référentiel attaché au solide S_2.

    De plus, en appliquant la formule de composition des vitesses par rapport à un référentiel d'observation quelconque \mathcal{R} :

    \begin{aligned} \vec{v}(I \in S_1 / \mathcal{R}) &= \vec{v}(I \in S_1 / S_2) + \vec{v}(I \in S_2 / \mathcal{R}) \end{aligned}

    on obtient immédiatement :

    \vec{v}_g(S_1/S_2) = \vec{v}(I \in S_1 / \mathcal{R}) - \vec{v}(I \in S_2 / \mathcal{R})

    Puisque les deux points coïncident au même instant en I, la vitesse d'entraînement du repère \mathcal{R} est identique pour les deux et s'élimine par différence. La vitesse de glissement est donc une grandeur intrinsèque au couple de solides en contact, indépendante du référentiel d'étude \mathcal{R} choisi.

    Résultat

    $${\vec{v}}_g(S_1/S_2)=\vec{v}(I\in S_1/S_2)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question