Feuille d'entraînement : Frottement solide

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q19

   Tant que la craie (\Sigma) reste immobile sur le support fixe (F), sa vitesse de glissement est nulle (\vec{v}_g = \vec{0}) et sa position reste fixée à sa valeur initiale, soit x_H(t) = -\ell_0, c'est-à-dire :

   X_H(t) = 0

   Le bilan des forces appliquées à (\Sigma) dans le référentiel d'étude galiléen comprend :

   • le poids \vec{P} = -Mg\,\vec{u}_z ;
   • la composante normale de la réaction \vec{R}_N = Mg\,\vec{u}_z (d'après la question Q18) ;

   • la force de rappel élastique du ressort :

     \vec{F} = k\big(v_0 t - X_H(t)\big)\vec{u}_x = k v_0 t\,\vec{u}_x
   • la composante tangentielle de la réaction exercée par le support \vec{R}_T = R_{Tx}\,\vec{u}_x.

   À l'équilibre statique, la projection de la relation fondamentale de la dynamique sur l'axe horizontal (Ox) donne :

   F_x + R_{Tx} = 0 \implies \vec{R}_T = -k v_0 t\,\vec{u}_x

   La norme de la force de frottement statique s'écrit donc, pour tout t \geqslant 0 :

   \|\vec{R}_T\| = k v_0 t

   D'après la loi de Coulomb pour le contact statique, le solide reste immobile tant que :

   \|\vec{R}_T\| \leqslant f_s \|\vec{R}_N\|

   soit :

   k v_0 t \leqslant f_s M g \iff t \leqslant \frac{f_s M g}{k v_0}

   À t = 0, la force exercée par le ressort est nulle, l'inégalité est strictement vérifiée (0 < f_s M g). La craie reste donc immobile tant que t \leqslant t_0, avec :

   \boxed{t_0 = \frac{f_s M g}{k v_0}}

   À l'instant t = t_0, la force de traction atteint la valeur critique f_s M g : il y a glissement imminent, puis décrochage et mise en mouvement pour t > t_0.

   Résultat

   $$t_0=\frac{f_{s}Mg}{k{v}_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q20

   À l'instant \tau = 0, c'est-à-dire t = t_0 :

   • La position de l'extrémité A vaut, d'après la question Q19 :

     x_A(\tau = 0) = v_0 t_0 = \frac{f_s M g}{k}

   • Le solide (\Sigma) étant resté immobile en x_H(t) = -\ell_0 pour tout t \in [0, t_0], on a :

     X_H(\tau = 0) = x_H(t_0) + \ell_0 = 0

   • La vitesse initiale de mise en mouvement est nulle (continuité de la vitesse du solide) :

     V_H(\tau = 0) = 0

   \boxed{x_A(\tau = 0) = \frac{f_s M g}{k}, \quad X_H(\tau = 0) = 0 \quad \text{et} \quad V_H(\tau = 0) = 0}

   Pour \tau > 0, le solide se met en mouvement vers la droite sous l'action de la traction du ressort : sa vitesse de glissement est \vec{v}_g = V_H(\tau)\vec{u}_x avec V_H > 0.

   On applique le principe fondamental de la dynamique au solide (\Sigma) de masse M dans le référentiel d'étude supposé galiléen :

   M \frac{\mathrm{d}^2 x_H}{\mathrm{d}t^2} \vec{u}_x = \vec{F} + \vec{R}_T + (\vec{P} + \vec{R}_N)

   D'après les lois de Coulomb en régime de glissement (\vec{v}_g \cdot \vec{u}_x > 0) et les résultats de la question Q18 (\|\vec{R}_N\| = M g) :

   \vec{R}_T = - f_d \|\vec{R}_N\| \vec{u}_x = - f_d M g \vec{u}_x

   Comme \tau = t - t_0, on a \frac{\mathrm{d}^2 x_H}{\mathrm{d}t^2} = \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2}. En remplaçant l'expression de la force du ressort \vec{F} = k(v_0 t - X_H)\vec{u}_x = k\left(v_0(\tau + t_0) - X_H\right)\vec{u}_x, la projection sur l'axe horizontal (Ox) donne :

   \begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2} &= k v_0 \tau + k v_0 t_0 - k X_H - f_d M g \end{aligned}

   D'après la question Q19, k v_0 t_0 = f_s M g. L'équation devient :

   \begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2} + k X_H &= k v_0 \tau + (f_s - f_d) M g \end{aligned}

   En divisant par M, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2} + \frac{k}{M} X_H = \frac{k}{M} v_0 \tau + (f_s - f_d) g

   C'est bien la forme requise avec :

   \boxed{\omega = \sqrt{\frac{k}{M}} \quad \text{et} \quad \gamma = (f_s - f_d) g}

   Résultat

   $$x_A(\tau =0)=\frac{f_{s}Mg}{k},X_H(\tau =0)=0\text{et}{V}_H(\tau =0)=0$$

   $$\omega =\sqrt{\frac{k}{M}}\text{et}\gamma =(f_s-f_d)g$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q18

   On munit l'espace du repère orthonormé (O, \vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z) défini sur la figure 8, le plan (Oxy) étant le plan horizontal du tableau noir et l'axe (Oz) étant orienté vers le haut, de sorte que l'accélération de la pesanteur s'écrit \vec{g} = -g\,\vec{u}_z.

   Force de traction exercée par le ressort Le ressort relie le point H du mobile (\Sigma) à son extrémité tractée A. Sa longueur à l'instant t est :

   \ell(t) = x_A(t) - x_H(t)

   D'après la loi de Hooke, la force de rappel exercée par le ressort sur le mobile en H s'écrit :

   \vec{F} = k\left(\ell(t) - \ell_0\right)\vec{u}_x = k\left(x_A(t) - x_H(t) - \ell_0\right)\vec{u}_x

   Comme x_A(t) = v_0 t et x_H(t) = X_H(t) - \ell_0, l'allongement s'exprime par :

   \ell(t) - \ell_0 = v_0 t - \left(X_H(t) - \ell_0\right) - \ell_0 = v_0 t - X_H(t)

   On en déduit l'expression de la force de traction exercée sur le mobile :

   \boxed{\vec{F} = k\left(v_0 t - X_H(t)\right)\vec{u}_x}

   Composante normale de la force de contact Le solide (\Sigma) de masse M est soumis à :

   • son poids \vec{P} = -Mg\,\vec{u}_z ;
   • la force du ressort \vec{F} (purement horizontale, selon \vec{u}_x) ;
   • la réaction du support \vec{R} = \vec{R}_T + \vec{R}_N, avec \vec{R}_N = R_N\,\vec{u}_z et \vec{R}_T contenu dans le plan horizontal (Oxy).

   Le mobile restant constamment au contact du plan horizontal (Oxy), son mouvement est strictement unidimensionnel selon l'axe (Ox), donc son accélération selon l'axe vertical est nulle : a_z = 0.

   La deuxième loi de Newton projetée sur l'axe vertical ascendant (\vec{u}_z) donne :

   R_N - Mg = 0 \implies R_N = Mg

   La composante normale de la réaction s'écrit donc :

   \boxed{\vec{R}_N = Mg\,\vec{u}_z = -M\vec{g}}

   Résultat

   $$\vec{F}=k\left(v_{0}t-X_H(t)\right){\vec{u}}_x$$

   $${\vec{R}}_N=Mg{\vec{u}}_z=-M\vec{g}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q22

   Une cycloïde (ou cycloïde droite) est géométriquement la courbe décrite par un point solidaire de la circonférence d'un cercle qui roule sans glisser sur une ligne droite.

   Dans la vie courante, on la rencontre donc typiquement comme la trajectoire :

   \boxed{\text{d'un point situé sur le bord d'une roue roulant sans glisser sur le sol plat}}

   par exemple la valve de la roue d'une bicyclette, un catadioptre fixé sur la jante, ou un caillou coincé dans la bande de roulement d'un pneu de voiture en mouvement rectiligne.

   Résultat

   $$\text{d’un point situeˊ sur le bord d’une roue roulant sans glisser sur le sol plat}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q22

   D'après la question Q21, la vitesse de l'extrémité H s'écrit pour \tau \geqslant 0 :

   V_H(\tau) = v_0 \big(1 - \cos(\omega\tau) + \alpha\sin(\omega\tau)\big)

   En posant \theta = \omega\tau, la dérivée de V_H par rapport à \theta est :

   \frac{\mathrm{d}V_H}{\mathrm{d}\theta} = v_0 \big(\sin\theta + \alpha\cos\theta\big)

   1. Recherche de \theta_{\max} et calcul de V_{\max} Le premier maximum de vitesse correspond à la première annulation de cette dérivée avec une dérivée seconde négative :

   \sin(\theta_{\max}) + \alpha\cos(\theta_{\max}) = 0 \implies \tan(\theta_{\max}) = -\alpha

   La dérivée seconde vaut :

   \frac{\mathrm{d}^2V_H}{\mathrm{d}\theta^2}(\theta_{\max}) = v_0\big(\cos(\theta_{\max}) - \alpha\sin(\theta_{\max})\big) = v_0\cos(\theta_{\max})(1 + \alpha^2)

   Pour un maximum, cette dérivée seconde doit être strictement négative, ce qui impose \cos(\theta_{\max}) < 0. Comme \alpha = \frac{\gamma}{\omega v_0} > 0, on a \tan(\theta_{\max}) < 0, d'où \sin(\theta_{\max}) > 0 : l'angle \theta_{\max} appartient au deuxième quadrant (]\pi/2, \pi[).
   À l'aide des relations du formulaire avec t = \tan(\theta_{\max}) = -\alpha :

   \cos^2(\theta_{\max}) = \frac{1}{1 + \alpha^2} \quad \text{et} \quad \sin^2(\theta_{\max}) = \frac{\alpha^2}{1 + \alpha^2}

   Compte tenu des signes de \cos(\theta_{\max}) et \sin(\theta_{\max}), on en déduit :

   \boxed{\cos(\theta_{\max}) = -\frac{1}{\sqrt{1 + \alpha^2}}} \quad \text{et} \quad \boxed{\sin(\theta_{\max}) = \frac{\alpha}{\sqrt{1 + \alpha^2}}}

   En reportant ces expressions dans V_H(\theta_{\max}) :

   \begin{aligned} V_{\max} &= v_0 \left( 1 - \left(-\frac{1}{\sqrt{1 + \alpha^2}}\right) + \alpha\left(\frac{\alpha}{\sqrt{1 + \alpha^2}}\right) \right) \\ &= v_0 \left( 1 + \frac{1 + \alpha^2}{\sqrt{1 + \alpha^2}} \right) \end{aligned}

   D'où l'expression attendue :

   \boxed{V_{\max} = v_0\left(1 + \sqrt{1 + \alpha^2}\right)}

   2. Allure de V_H(\tau) et annulation en \tau_1 La vitesse part de V_H(0) = 0 avec une pente initiale strictement positive \left.\frac{\mathrm{d}V_H}{\mathrm{d}\tau}\right|_{\tau=0} = \alpha\omega v_0 = \gamma > 0, passe par son maximum V_{\max} en \tau_{\max} = \theta_{\max}/\omega, puis décroît jusqu'à s'annuler à une date \tau_1 > \tau_{\max}.

   L'instant \tau_1 > 0 d'annulation correspond à \theta_1 = \omega\tau_1 > 0 tel que :

   1 - \cos\theta_1 + \alpha\sin\theta_1 = 0

   En utilisant les identités 1 - \cos\theta_1 = 2\sin^2(\theta_1/2) et \sin\theta_1 = 2\sin(\theta_1/2)\cos(\theta_1/2) :

   2\sin\left(\frac{\theta_1}{2}\right) \left[ \sin\left(\frac{\theta_1}{2}\right) + \alpha\cos\left(\frac{\theta_1}{2}\right) \right] = 0

   Puisque le mobile est en mouvement, \theta_1 > 0 et le premier facteur ne s'annule pas sur ]0, 2\pi[ (\sin(\theta_1/2) \neq 0). Il vient donc :

   \sin\left(\frac{\theta_1}{2}\right) + \alpha\cos\left(\frac{\theta_1}{2}\right) = 0 \implies \tan\left(\frac{\theta_1}{2}\right) = -\alpha

   L'angle \theta_1/2 a la même tangente que \theta_{\max} et appartient au même quadrant ]\pi/2, \pi[ car \theta_1 > \theta_{\max} > \pi/2 implique \theta_1/2 > \pi/4, d'où nécessairement :

   \frac{\theta_1}{2} = \theta_{\max} \iff \theta_1 = 2\theta_{\max}

   En utilisant les formules de duplication du formulaire :

   \begin{aligned} \cos\theta_1 &= \cos(2\theta_{\max}) = \cos^2(\theta_{\max}) - \sin^2(\theta_{\max}) = \frac{1}{1 + \alpha^2} - \frac{\alpha^2}{1 + \alpha^2} = \frac{1 - \alpha^2}{1 + \alpha^2} \\ \sin\theta_1 &= \sin(2\theta_{\max}) = 2\cos(\theta_{\max})\sin(\theta_{\max}) = 2\left(-\frac{1}{\sqrt{1 + \alpha^2}}\right)\left(\frac{\alpha}{\sqrt{1 + \alpha^2}}\right) = -\frac{2\alpha}{1 + \alpha^2} \end{aligned}

   Finalement :

   \boxed{\cos\theta_1 = \frac{1 - \alpha^2}{1 + \alpha^2}} \quad \text{et} \quad \boxed{\sin\theta_1 = -\frac{2\alpha}{1 + \alpha^2}}

   Résultat

   $$\cos ({\theta }_{\max })=-\frac{1}{\sqrt{1+{\alpha }^2}}$$

   $$\sin ({\theta }_{\max })=\frac{\alpha }{\sqrt{1+{\alpha }^2}}$$

   $$V_{\max }=v_0\left(1+\sqrt{1+{\alpha }^2}\right)$$

   $$\cos {\theta }_1=\frac{1-{\alpha }^2}{1+{\alpha }^2}$$

   $$\sin {\theta }_1=-\frac{2\alpha }{1+{\alpha }^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q23

   1. Expression de \ell(\tau) et longueur initiale \ell(0) :

   Par définition, la longueur du ressort est \ell(\tau) = x_A(\tau) - x_H(\tau). Sachant que X_H(\tau) = x_H(\tau) + \ell_0 et x_A(t) = v_0 t = v_0(t_0 + \tau), on a :

   \ell(\tau) = v_0 t_0 + v_0 \tau - \big(X_H(\tau) - \ell_0\big) = \ell_0 + v_0 t_0 + v_0 \tau - X_H(\tau)

   En injectant l'expression de X_H(\tau) obtenue à la question Q21 :

   X_H(\tau) = v_0 \tau + \frac{v_0}{\omega}\Big(\alpha\big(1 - \cos(\omega\tau)\big) - \sin(\omega\tau)\Big)

   on obtient directement :

   \ell(\tau) = \ell_0 + v_0 t_0 - \frac{v_0}{\omega}\Big(\alpha\big(1 - \cos(\omega\tau)\big) - \sin(\omega\tau)\Big)

   À l'instant \tau = 0, les termes sinusoïdaux s'annulent :

   \boxed{\ell(0) = \ell_0 + v_0 t_0 = \ell_0 + \frac{f_s M g}{k}}

   On peut donc réécrire \ell(\tau) sous la forme :

   \boxed{\ell(\tau) = \ell(0) - \frac{v_0}{\omega}\Big(\alpha\big(1 - \cos(\omega\tau)\big) - \sin(\omega\tau)\Big)}

   2. Longueur du ressort à l'instant \tau_1 :

   À l'instant \tau = \tau_1, la phase vaut \theta_1 = \omega \tau_1. D'après la question Q22, on a :

   \cos\theta_1 = \frac{1 - \alpha^2}{1 + \alpha^2} \quad \text{et} \quad \sin\theta_1 = -\frac{2\alpha}{1 + \alpha^2}

   Calculons le terme entre parenthèses :

   \begin{aligned} \alpha(1 - \cos\theta_1) - \sin\theta_1 &= \alpha\left(1 - \frac{1 - \alpha^2}{1 + \alpha^2}\right) - \left(-\frac{2\alpha}{1 + \alpha^2}\right) \\ &= \alpha\left(\frac{2\alpha^2}{1 + \alpha^2}\right) + \frac{2\alpha}{1 + \alpha^2} = \frac{2\alpha(\alpha^2 + 1)}{1 + \alpha^2} = 2\alpha \end{aligned}

   On en déduit immédiatement :

   \boxed{\ell(\tau_1) = \ell(0) - \frac{2\alpha v_0}{\omega}}

   3. Durée \tau_2 d'arrêt avant reprise du mouvement :

   À l'instant \tau_1, la vitesse de la craie s'annule : V_H(\tau_1) = 0. Le mobile entre alors en phase d'adhérence statique, donc sa position reste fixe : x_H(\tau) = x_H(\tau_1) = \text{cte}.

   Pendant ce temps, l'extrémité A continue d'avancer à la vitesse constante v_0. La longueur du ressort s'accroît donc à la vitesse :

   \frac{\mathrm{d}\ell}{\mathrm{d}\tau} = \frac{\mathrm{d}x_A}{\mathrm{d}\tau} - \frac{\mathrm{d}x_H}{\mathrm{d}\tau} = v_0 - 0 = v_0

   D'après les lois de Coulomb du frottement statique (question Q19), le décrochage et la reprise du glissement ont lieu dès que la force de traction exercée par le ressort atteint la valeur seuil F_s = f_s M g, c'est-à-dire précisément lorsque la longueur du ressort atteint à nouveau la valeur critique \ell(0) :

   \ell(\tau_1 + \tau_2) = \ell(0)

   L'allongement nécessaire au réarmement est donc :

   \Delta\ell = \ell(0) - \ell(\tau_1) = \frac{2\alpha v_0}{\omega} = v_0 \tau_2

   On en déduit la durée de la phase d'adhérence :

   \boxed{\tau_2 = \frac{2\alpha}{\omega}}

   4. Allure de la vitesse V_H(\tau) sur une période T :

   La période totale du cycle est :

   T = \tau_1 + \tau_2 = \frac{\theta_1 + 2\alpha}{\omega}

   Le mouvement alterne deux phases bien distinctes :

   • pour \tau \in [0, \tau_1] : phase de glissement (slip) avec V_H > 0, correspondant au relâchement subit de la contrainte (le ressort se détend rapidement en faisant glisser la craie vers l'avant) ;
   • pour \tau \in [\tau_1, T] : phase d'adhérence (stick) avec V_H = 0, correspondant à l'augmentation continue de la contrainte (le ressort est étiré progressivement à vitesse v_0 jusqu'au seuil de décrochage).

   5. Expression de la pulsation \Omega :

   La pulsation \Omega associée au mouvement périodique de relaxation vaut \Omega = \frac{2\pi}{T}. En exprimant T = \tau_1 + \tau_2 puis en remplaçant \tau_1 = \frac{\theta_1}{\omega} et \tau_2 = \frac{2\alpha}{\omega}, il vient :

   \Omega = \frac{2\pi}{\tau_1 + \tau_2} = \frac{2\pi}{\frac{\theta_1}{\omega} + \frac{2\alpha}{\omega}}

   soit finalement :

   \boxed{\Omega = \frac{2\pi}{\tau_1 + \tau_2} = \frac{2\pi\omega}{\theta_1 + 2\alpha}}

   Résultat

   $$\ell (0)={\ell }_0+v_0{t}_0={\ell }_0+\frac{f_{s}Mg}{k}$$

   $$\ell (\tau )=\ell (0)-\frac{v_0}{\omega }\left(\alpha \right(1-\cos (\omega \tau ))-\sin (\omega \tau ))$$

   $$\ell ({\tau }_1)=\ell (0)-\frac{2\alpha v_0}{\omega }$$

   $${\tau }_2=\frac{2\alpha }{\omega }$$

   $$\Omega =\frac{2\pi }{{\tau }_1+{\tau }_2}=\frac{2\pi \omega }{{\theta }_1+2\alpha }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q24

   D'après les résultats de la question Q22, on a :

   \cos(\theta_{\max}) = -\frac{1}{\sqrt{1+\alpha^2}} \quad \text{et} \quad \sin(\theta_{\max}) = \frac{\alpha}{\sqrt{1+\alpha^2}}

   ce qui conduit à :

   \tan(\theta_{\max}) = -\alpha \implies \alpha = -\tan(\theta_{\max})

   Pour \theta_{\max} = \frac{5\pi}{6}, on a \tan\left(\frac{5\pi}{6}\right) = -\tan\left(\frac{\pi}{6}\right) = -\frac{1}{\sqrt{3}}, d'où :

   \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}} \simeq 0{,}58

   Avec un seul chiffre significatif :

   \boxed{\alpha \simeq 0{,}6}

   Par définition (question Q20 et Q21), \alpha = \frac{\gamma}{\omega v_0} avec \gamma = (f_s - f_d)g. On en déduit :

   \omega = \frac{(f_s - f_d)g}{\alpha v_0}

   Numériquement, avec f_s \simeq 1, f_d \simeq 0{,}6, g \simeq 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}, v_0 = 1\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1} = 10^{-2}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} et \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}} :

   \gamma = (1 - 0{,}6) \times 10 = 4\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}

   \omega = \frac{4}{\frac{1}{\sqrt{3}} \times 10^{-2}} = 400\sqrt{3}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 692\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   D'après la question Q23, la pulsation \Omega des oscillations de relaxation s'exprime par :

   \Omega = \frac{2\pi\omega}{\theta_1 + 2\alpha}

   où \theta_1 = 2\theta_{\max} = \frac{5\pi}{3}. Ainsi :

   \theta_1 + 2\alpha = \frac{5\pi}{3} + \frac{2}{\sqrt{3}} \simeq \frac{5 \times 3{,}14}{3} + 2 \times 0{,}58 \simeq 5{,}23 + 1{,}16 = 6{,}39

   Comme 2\pi \simeq 6{,}28, le rapport \frac{2\pi}{\theta_1 + 2\alpha} \simeq \frac{6{,}28}{6{,}39} \simeq 0{,}98 est très proche de 1, ce qui donne :

   \Omega \simeq 0{,}98 \times 692\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 680\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   Avec un seul chiffre significatif :

   \boxed{\Omega \simeq 7\cdot 10^2\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}}

   Lien avec le son émis et domaine fréquentiel :
   Le mouvement mécanique périodique de la craie excite l'air environnant à la même périodicité : la pulsation fondamentale de l'onde sonore émise est donc égale à la pulsation \Omega du mouvement de relaxation :

   \boxed{\Omega_{\text{son}} = \Omega}

   La fréquence fondamentale associée vaut :

   f = \frac{\Omega}{2\pi} \simeq \frac{680}{6{,}28} \simeq 1{,}1\cdot 10^2\text{ Hz} \simeq 100\text{ Hz}

   Cette fréquence appartient au domaine audible (20\text{ Hz} - 20\text{ kHz}). De plus, le mouvement de relaxation (« stick-slip ») étant fortement non sinusoïdal (succession d'adhérence et de glissements avec des ruptures de pente de vitesse), le spectre sonore émis présente un très grand nombre d'harmoniques de fréquences f_n = n f.

   Ces harmoniques s'étendent largement dans la bande des moyennes et hautes fréquences (1\text{ kHz} à plusieurs kilohertz), domaine de sensibilité maximale de l'oreille humaine, ce qui explique le caractère aigu, grinçant et particulièrement désagréable du crissement.

   Résultat

   $$\alpha \simeq 0,6$$

   $$\Omega \simeq 7\cdot 10^2\text{ rad}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $${\Omega }_{\text{son}}=\Omega$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question