Lois de Newton et applications · Physique générale I

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

décrire une force comme une grandeur vectorielle, distinguer les forces de contact des forces à distance et reconnaître les forces usuelles (poids, normale, tension, frottement, rappel élastique, traînée);
énoncer les trois lois de Newton avec leur domaine de validité et identifier les paires action–réaction sans les confondre avec les forces qui s'équilibrent sur un même corps;
appliquer la méthode du diagramme du corps libre: isoler un corps, projeter $\sum F = m a$ sur des axes bien choisis et vérifier le résultat par les unités et les cas limites;
résoudre les problèmes de translation classiques: plan incliné, corps reliés par une corde et une poulie, ascenseur, chute avec traînée;
utiliser les lois de Coulomb du frottement sec pour décider si un corps glisse et calculer son accélération ou sa distance d'arrêt;
écrire la deuxième loi pour un mouvement circulaire (virage plat ou relevé, pendule conique, looping) et en déduire les vitesses limites.

La notion de force

Forces, interactions et mesure

Le chapitre 2 décrivait le mouvement sans en chercher la cause. La dynamique répond à la question suivante: pourquoi la vitesse d'un corps change-t-elle? La réponse de Newton tient en un mot: à cause des forces que les autres corps exercent sur lui. Une force n'existe jamais seule; elle traduit toujours une interaction entre deux corps. On distingue les forces de contact, qui s'exercent à la surface commune de deux corps qui se touchent (poussée d'une main, tension d'un câble de téléphérique, appui d'un rail, frottement d'un ski sur la neige, résistance de l'air), et les forces à distance, qui agissent sans contact (pesanteur, forces électriques et magnétiques). En mécanique classique, la seule force à distance qui nous occupera est la gravitation, dont le chapitre 6 donnera la loi générale; à la surface de la Terre, elle se réduit au poids.

Comment mesurer une force? Le dynamomètre exploite la déformation d'un ressort: on constate qu'un ressort étiré de $x$ exerce une force proportionnelle à $x$ tant que la déformation reste petite (loi de Hooke, ci-dessous). Suspendre un corps de masse $1$ kg à Lausanne étire le ressort d'une longueur reproductible; deux corps identiques l'étirent deux fois plus. L'expérience montre que deux forces appliquées en un même point s'additionnent comme des vecteurs (règle du parallélogramme): la force est une grandeur vectorielle, définie par sa direction, son sens, son intensité et son point d'application. Son unité SI est le newton (N), défini au paragraphe suivant par la deuxième loi.

Les forces usuelles

Tout problème de mécanique du point fait intervenir un petit nombre de forces que vous devez savoir reconnaître et représenter.

Le poids $P = m g$ , dirigé vers le bas, appliqué au centre de gravité, d'intensité $P = m g$ avec $g = 9, 81 m/s^{2}$ à nos latitudes (nous dirons lorsque nous arrondissons à $10$ ).
La force normale $N$ (ou réaction normale du support), perpendiculaire à la surface de contact, dirigée du support vers le corps. Son intensité n'est pas connue d'avance: elle s'ajuste pour empêcher le corps de traverser le support, et c'est en général une inconnue du problème.
La tension $T$ d'un fil, d'une corde ou d'un câble, dirigée le long du fil, vers l'extérieur du corps auquel il est attaché (un fil tire, il ne pousse jamais). Un fil idéal est inextensible et de masse négligeable; la tension y est alors la même en tout point, et une poulie idéale (sans masse ni frottement) ne fait que changer sa direction.
Le frottement $f$ , tangent à la surface de contact, qui s'oppose au glissement ou à la tendance au glissement. Ses lois empiriques font l'objet de la section «Frottement sec».
La force de rappel d'un ressort: pour un ressort de raideur $k$ dont l'extrémité est déplacée de $x$ par rapport à sa longueur à vide,

F = - k x, (3.1)

le signe moins indiquant que la force ramène toujours l'extrémité vers la position d'équilibre (loi de Hooke, valable tant que la déformation est petite). Un ressort de raideur $k = 250$ N/m étiré de $4$ cm exerce $250 \times 0, 04 = 10, 0$ N. Ce sera la force motrice des oscillations du chapitre 7.

La traînée exercée par un fluide sur un corps qui s'y déplace, opposée à la vitesse. Pour un corps lent et petit (goutte de brouillard, bille dans l'huile), elle est proportionnelle à la vitesse, $F = - c v$ ; pour un corps rapide dans l'air (cycliste, parachutiste, voiture), elle est proportionnelle au carré de la vitesse:

F = \frac{1}{2} ρ C_{x} A v^{2}, (3.2)

où $ρ$ est la masse volumique du fluide ( $1, 2$ kg/m $^{3}$ pour l'air au niveau de la mer), $A$ l'aire de la section frontale et $C_{x}$ un coefficient sans dimension qui dépend de la forme ( $0, 3$ pour une voiture profilée, environ $1$ pour un corps humain).

De Galilée à Newton

Jusqu'à la Renaissance, on admettait avec Aristote qu'un corps ne se meut que tant qu'une force le pousse. Galilée (1564–1642), en faisant rouler des billes sur des plans inclinés de moins en moins pentus, comprend que le ralentissement vient du frottement et qu'un corps libéré de toute action conserverait sa vitesse indéfiniment: c'est le principe d'inertie. Isaac Newton (1643–1727) l'érige en première loi dans ses Philosophiae naturalis principia mathematica (1687), y ajoute la relation entre force et variation du mouvement, la loi de l'action et de la réaction et la gravitation universelle, et montre que les mêmes lois régissent la chute d'une pomme et l'orbite de la Lune. Euler (1707–1783), Bâlois, donnera à la deuxième loi sa forme vectorielle $F = m a$ que nous utilisons aujourd'hui.

Les trois lois de Newton

Première loi: le principe d'inertie et les référentiels galiléens

La première loi n'est pas un cas particulier de la deuxième: elle affirme l'existence des référentiels dans lesquels la deuxième loi s'applique. Un référentiel en translation rectiligne uniforme par rapport à un référentiel galiléen est lui-même galiléen (chapitre 8): un train roulant à vitesse constante sur une voie rectiligne convient aussi bien que le quai. En revanche, un référentiel accéléré ne l'est pas: dans un tram qui freine, les voyageurs sont projetés vers l'avant sans qu'aucune force ne les pousse; dans une voiture qui tourne, ils sont déportés vers l'extérieur. Ces effets, que nous décrirons au chapitre 8 à l'aide de forces d'inertie, trahissent le caractère non galiléen du référentiel lié au véhicule.

Le référentiel terrestre est-il galiléen? La Terre tourne sur elle-même et autour du Soleil, donc pas rigoureusement. Mais l'accélération d'entraînement due à la rotation vaut au plus $0, 034 m/s^{2}$ à l'équateur, soit $0, 3 %$ de $g$ : pour un tir, un ascenseur ou un virage sur l'autoroute, le laboratoire est galiléen avec une excellente approximation. Le pendule de Foucault, qui tourne lentement au fil des heures, et la déviation des vents par la force de Coriolis révèlent toutefois la rotation terrestre. Pour le mouvement des satellites, on utilise un référentiel géocentrique dont les axes pointent vers des étoiles lointaines; pour les planètes, le référentiel héliocentrique de Copernic.

Exercice

Un passager est assis dans un train qui roule sur une voie rectiligne. Dans lequel des cas suivants le référentiel lié au wagon est-il galiléen (avec la même précision que le référentiel terrestre)?

Deuxième loi: la relation fondamentale de la dynamique

Cette loi est un postulat, fondé sur l'expérience: sur une table à coussin d'air, un chariot tiré par un ressort tendu de façon constante acquiert une accélération constante; deux ressorts donnent une accélération double; un chariot de masse double n'accélère que de moitié. La masse apparaît ainsi comme le coefficient qui mesure la résistance du corps à toute modification de sa vitesse, son inertie. Trois remarques sont essentielles.

L'unité. Le newton est la force qui communique à une masse de $1$ kg une accélération de $1 m/s^{2}$ : $1 N = 1 kg \cdot m/s^{2}$ . Une pomme pèse environ $1$ N; un adulte, $700$ N; la poussée d'un moteur de train à crémaillère du Gornergrat, quelques dizaines de kN.

Le caractère vectoriel. L'équation (3.3) contient trois équations scalaires, une par axe: $\sum F_{x} = m a_{x}$ , $\sum F_{y} = m a_{y}$ , $\sum F_{z} = m a_{z}$ . L'accélération a toujours la direction de la résultante, ce qui n'est pas celle de la vitesse en général: dans un virage, la résultante pointe vers l'intérieur alors que la vitesse est tangente à la trajectoire. Une force perpendiculaire à la vitesse ne change pas la norme de celle-ci, seulement sa direction.

La forme générale. Newton a en fait énoncé sa loi en termes de la quantité de mouvement $p = m v$ :

\sum F = \frac{d p}{d t}, (3.4)

qui coïncide avec (3.3) lorsque la masse est constante, mais reste valable pour une fusée qui éjecte du gaz ou un wagon que l'on charge en marche. Nous y reviendrons au chapitre 5.

Exemple 3.1 · Bloc tiré par une corde inclinée

Un bloc de masse $m = 12, 0$ kg repose sur un sol horizontal sans frottement. On le tire avec une corde faisant un angle $θ = 30°$ avec l'horizontale, avec une force $F = 60, 0$ N. Calculer l'accélération du bloc et la force normale.

Forces: le poids $P$ (vertical, vers le bas), la normale $N$ (verticale, vers le haut) et la traction $F$ (le long de la corde). Axes: $x$ horizontal dans le sens du mouvement, $y$ vertical vers le haut. Le bloc reste sur le sol, donc $a_{y} = 0$ . Projection de (3.3):

{x : F cos θ = m a_{x}, y : N + F sin θ - m g = 0.

D'où $a_{x} = \frac{60 , 0 cos 30°}{12 , 0} = \frac{51 , 96}{12 , 0} = 4, 33 m/s^{2}$ et $N = m g - F sin θ = 117, 7 - 30, 0 = 87, 7$ N. La composante verticale de la traction soulage le sol: la normale est inférieure au poids. Si l'on tirait horizontalement, l'accélération vaudrait $5, 00 m/s^{2}$ et la normale $117, 7$ N. Si $F sin θ$ dépassait $m g$ , on trouverait $N < 0$ , ce qui est impossible pour un support qui ne peut que pousser: le bloc décollerait et il faudrait reprendre le problème avec $N = 0$ et $a_{y} \neq = 0$ .

Exercice

Une voiture de masse $1200$ kg passe de $0$ à $100$ km/h en $8, 0$ s sur une route horizontale, avec une accélération supposée constante. Quelle est l'intensité de la résultante des forces horizontales qui s'exercent sur elle, en newtons?

Troisième loi: action et réaction

Les deux forces d'une paire action–réaction agissent sur deux corps différents: c'est pourquoi elles ne s'annulent jamais dans l'équation du mouvement d'un corps donné. Quand vous poussez un mur, le mur vous pousse avec la même force, et c'est elle qui vous fait reculer sur un sol glissant. Quand la Terre attire une pomme avec $1$ N, la pomme attire la Terre avec $1$ N; l'accélération de la Terre, $1/ (6 \cdot 1 0^{24}) m/s^{2}$ , est simplement imperceptible. Le principe est également à l'œuvre dans la propulsion d'une fusée, qui pousse ses gaz vers l'arrière et est poussée par eux vers l'avant, et dans la nage ou la marche, où l'on pousse l'eau ou le sol vers l'arrière.

La normale n'est pas la «réaction» du poids

Un livre posé sur une table subit son poids $P$ (exercé par la Terre) et la normale $N$ (exercée par la table). Ces deux forces sont égales et opposées parce que le livre est en équilibre (deuxième loi avec $a = 0$ ), et non en vertu de la troisième loi: elles s'appliquent au même corps. La réaction du poids est la force d'attraction que le livre exerce sur la Terre; la réaction de la normale est la force que le livre exerce sur la table, vers le bas. La preuve que $N$ et $P$ ne forment pas une paire: dans un ascenseur qui accélère, $N \neq = P$ alors que les paires action–réaction restent égales à chaque instant. Autre erreur classique: penser qu'un cheval ne peut pas tirer une charrette puisque «la charrette le tire autant en retour». Les deux forces s'appliquent à deux corps différents; le cheval avance parce que le sol le pousse vers l'avant plus fort que la charrette ne le retient.

Exercice

Un skieur est tracté par un téléski sur une pente enneigée. Laquelle des affirmations suivantes décrit correctement une paire action–réaction?

La méthode du diagramme du corps libre

Toute la difficulté de la dynamique du point tient dans l'inventaire correct des forces. La méthode suivante, systématique, sera reprise dans chaque exemple du chapitre.

Résoudre un problème de dynamique en six étapes

Isoler le corps (ou chaque corps, s'il y en a plusieurs) et le représenter seul, réduit à un point.
Inventorier les forces qui s'exercent sur lui: le poids, puis une force de contact pour chaque objet qui le touche (support, fil, fluide). Ne jamais dessiner de force «du mouvement» ou «de la vitesse», ni les forces que le corps exerce sur les autres. C'est le diagramme du corps libre.
Choisir des axes adaptés: en général l'un parallèle à l'accélération (le long d'un plan incliné, vers le centre d'un cercle), l'autre perpendiculaire.
Projeter $\sum F = m a$ sur chaque axe et écrire les contraintes cinématiques (fil inextensible: mêmes accélérations; corps qui reste sur son support: $a_{⊥} = 0$ ).
Résoudre algébriquement, puis numériquement.
Vérifier: les unités, le signe, les cas limites ( $α \to 0$ , $μ \to 0$ , $m_{1} = m_{2}$ …) et l'ordre de grandeur.

Figure 3.1. Trois diagrammes du corps libre. (a) Un bloc posé sur une table subit son poids P et la normale N, égales et opposées parce que l'accélération est nulle. (b) Un bloc immobile sur un plan incliné d'angle α: la normale vaut P cos α et le frottement statique, dirigé vers le haut de la pente, équilibre la composante P sin α du poids. (c) Une masse suspendue à un fil: la tension T équilibre le poids. Les longueurs des flèches sont proportionnelles aux intensités.

Exercice

Remettez dans l'ordre les étapes de la résolution d'un problème de dynamique par la méthode du corps libre.

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Projeter

\sum F = m a

sur chaque axe et écrire les contraintes cinématiques

Inventorier toutes les forces exercées sur ce corps (poids, contacts)

Choisir des axes, l'un parallèle à l'accélération attendue

Isoler le corps étudié et le représenter seul

Vérifier les unités, le signe et les cas limites du résultat

Résoudre le système d'équations, d'abord littéralement puis numériquement

Applications en translation

Plan incliné sans frottement

Considérons un corps de masse $m$ glissant sans frottement sur un plan incliné d'angle $α$ par rapport à l'horizontale. Les forces sont le poids $P$ et la normale $N$ . Choisissons l'axe $x$ le long de la pente, vers le bas, et l'axe $y$ perpendiculaire au plan, vers le haut. Le poids se décompose en $P_{x} = m g sin α$ et $P_{y} = - m g cos α$ ; la normale est purement selon $y$ . Comme le corps reste sur le plan, $a_{y} = 0$ :

{x : m g sin α = m a_{x}, y : N - m g cos α = 0, d’o \overset{u}{ˋ} a = g sin α, N = m g cos α . (3.6)

L'accélération ne dépend pas de la masse (comme en chute libre, qui est le cas $α = 90°$ ) et vaut $0$ pour $α = 0$ : les cas limites sont cohérents. C'est précisément cette «dilution» de la pesanteur qui permit à Galilée de mesurer l'accélération avec les horloges à eau de son époque. Un skieur sur une piste à $25°$ sans frottement accélérerait à $9, 81 sin 25° = 4, 15 m/s^{2}$ et atteindrait $50$ km/h en $3, 3$ s; le frottement et la traînée, heureusement, tempèrent ce chiffre.

Corps reliés: cordes et poulies

Lorsque plusieurs corps sont reliés par un fil idéal, on écrit la deuxième loi pour chacun d'eux et l'on ajoute la contrainte cinématique: le fil étant inextensible, les corps ont la même accélération en norme. La tension du fil est une inconnue intermédiaire, la même aux deux extrémités si le fil et la poulie sont idéaux.

Démonstration. Orientons un axe vertical vers le haut pour $m_{1}$ et vers le bas pour $m_{2}$ , de sorte que les deux corps ont la même accélération $a$ selon leur axe respectif (le fil est inextensible: quand $m_{2}$ descend de $Δ z$ , $m_{1}$ monte de $Δ z$ ). Chaque masse subit son poids et la tension $T$ , la même des deux côtés. La deuxième loi donne

T - m_{1} g = m_{1} a et m_{2} g - T = m_{2} a .

En additionnant membre à membre, la tension disparaît: $(m_{2} - m_{1}) g = (m_{1} + m_{2}) a$ , d'où la première formule. En reportant dans la première équation, $T = m_{1} (g + a) = m_{1} g \frac{2 m _{2}}{m _{1} + m _{2}}$ . $□$

Vérifions les cas limites: si $m_{1} = m_{2}$ , $a = 0$ et $T = m_{1} g$ , équilibre; si $m_{1} = 0$ , $a = g$ et $T = 0$ , chute libre de $m_{2}$ . Notez que $T$ est toujours inférieure au poids de la masse lourde et supérieure à celui de la masse légère: c'est nécessaire pour que l'une accélère vers le bas et l'autre vers le haut. Avec $m_{1} = 3, 00$ kg et $m_{2} = 5, 00$ kg, $a = \frac{2}{8} \times 9, 81 = 2, 45 m/s^{2}$ et $T = \frac{30}{8} \times 9, 81 = 36, 8$ N. La machine d'Atwood (1784) servit elle aussi à mesurer $g$ en ralentissant la chute; le même principe équilibre les cabines des funiculaires, dont les deux voitures reliées par un câble se font contrepoids.

Exercice

Dans une machine d'Atwood idéale, les masses valent $m_{1} = 2, 00$ kg et $m_{2} = 2, 50$ kg. Calculez la tension du fil en newtons ( $g = 9, 81 m/s^{2}$ ).

Ascenseur et poids apparent

Exemple 3.2 · Sur une balance dans un ascenseur

Une personne de masse $m = 75, 0$ kg se tient sur une balance à ressort (un pèse-personne) dans un ascenseur. Que lit-on sur la balance lorsque l'ascenseur démarre vers le haut avec $a = 1, 20 m/s^{2}$ , lorsqu'il monte à vitesse constante, et lorsqu'il freine en arrivant en haut avec une décélération de $1, 20 m/s^{2}$ ?

La balance mesure la force normale $N$ qu'elle exerce sur la personne (par la troisième loi, c'est aussi la force que la personne exerce sur elle). Axe $z$ vers le haut: $N - m g = m a_{z}$ , donc $N = m (g + a_{z})$ .

Démarrage vers le haut ( $a_{z} = + 1, 20$ ): $N = 75, 0 \times 11, 01 = 826$ N. La balance, graduée en kilogrammes en divisant par $g$ , affiche $84, 2$ kg: le poids apparent dépasse le poids réel de $12 %$ , et l'on se sent «lourd».
Vitesse constante: $a_{z} = 0$ , $N = m g = 736$ N, soit $75, 0$ kg. Aucune expérience faite dans l'ascenseur ne permet de savoir s'il monte, descend ou est à l'arrêt: c'est le principe d'inertie.
Freinage à l'arrivée: l'ascenseur monte mais ralentit, donc $a_{z} = - 1, 20$ : $N = 75, 0 \times 8, 61 = 646$ N, soit $65, 8$ kg. Le même poids apparent réduit s'observe au démarrage vers le bas.

Si le câble cédait, $a_{z} = - g$ et $N = 0$ : la personne serait en impesanteur, comme les astronautes de la Station spatiale, qui ne sont pas hors de portée de la gravité (elle y vaut encore $89 %$ de sa valeur au sol) mais tombent perpétuellement avec leur vaisseau.

Chute avec traînée et vitesse limite

Un corps qui tombe dans l'air subit, outre son poids, une traînée croissante avec la vitesse. Il finit par atteindre une vitesse limite $v_{\infty}$ pour laquelle la traînée équilibre exactement le poids: la résultante s'annule, et le mouvement devient uniforme. La forme de l'approche vers $v_{\infty}$ dépend de la loi de traînée.

Traînée linéaire ( $F = - c v$ , corps petits et lents). Avec l'axe $z$ vers le bas, la deuxième loi s'écrit

m \frac{d v}{d t} = m g - c v, (3.8)

équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants (Analyse I, chapitre 12). La solution stationnaire est $v_{\infty} = m g / c$ ; en posant $τ = m / c$ , l'équation devient $\overset{v}{˙} + v / τ = g$ , dont la solution vérifiant $v (0) = 0$ est

v (t) = v_{\infty} (1 - e^{- t / τ}), v_{\infty} = \frac{m g}{c}, τ = \frac{m}{c} . (3.9)

On le vérifie directement: $\overset{v}{˙} = (v_{\infty} / τ) e^{- t / τ} = g e^{- t / τ}$ et $g - v / τ = g e^{- t / τ}$ . La vitesse atteint $63 %$ de sa valeur limite après $τ$ , $95 %$ après $τ ln 20 \approx 3 τ$ . Pour une gouttelette de brouillard de rayon $r = 10$ µm dans l'air, la loi de Stokes donne $c = 6 π η r$ avec $η = 1, 8 \cdot 1 0^{- 5}$ Pa·s, d'où $v_{\infty} = 1, 2$ cm/s et $τ = 1, 2$ ms: la goutte est instantanément à sa vitesse limite, et c'est pourquoi le brouillard semble flotter.

Traînée quadratique ( $F = \frac{1}{2} ρ C_{x} A v^{2}$ , corps macroscopiques dans l'air). L'équation $m \overset{v}{˙} = m g - k v^{2}$ avec $k = \frac{1}{2} ρ C_{x} A$ est non linéaire; la vitesse limite vaut

v_{\infty} = \frac{2 m g}{ρ C _{x} A}, (3.10)

et l'exercice 3.3 montre que $v (t) = v_{\infty} tanh (g t / v_{\infty})$ . Le temps caractéristique $v_{\infty} / g$ joue le rôle de $τ$ .

Exemple 3.3 · Vitesse limite d'un parachutiste

Un parachutiste de masse totale $m = 80, 0$ kg tombe à plat ventre, section frontale $A = 0, 70$ m $^{2}$ , $C_{x} = 1, 0$ , dans l'air de masse volumique $ρ = 1, 2$ kg/m $^{3}$ . D'après (3.10),

v_{\infty} = \frac{2 \times 80 , 0 \times 9 , 81}{1 , 2 \times 1 , 0 \times 0 , 70} = 1869 = 43, 2 m/s \approx 156 km/h .

C'est bien la vitesse de chute libre stabilisée que connaissent les pratiquants (elle dépasse $300$ km/h en position tête en bas, où $A$ et $C_{x}$ sont beaucoup plus petits). Après l'ouverture d'un parachute de $25$ m $^{2}$ avec $C_{x} = 1, 5$ , la vitesse limite tombe à $2 \times 80, 0 \times 9, 81/ (1, 2 \times 1, 5 \times 25) = 5, 91$ m/s, soit $21$ km/h: l'atterrissage équivaut à un saut d'une hauteur de $v^{2} / (2 g) = 1, 8$ m. La transition dure quelques secondes, pendant lesquelles la traînée dépasse largement le poids et l'accélération est dirigée vers le haut: le parachutiste ralentit brutalement.

Frottement sec

Les lois de Coulomb

Deux solides en contact s'opposent à leur glissement relatif par une force tangentielle, le frottement. Les lois qui suivent, établies expérimentalement par Amontons (1699) et Coulomb (1781), sont approximatives mais remarquablement robustes.

Base expérimentale et ordres de grandeur

Ces lois sont empiriques: le frottement naît des aspérités microscopiques et des liaisons adhésives entre les surfaces, et la proportionnalité à $N$ vient de ce que l'aire de contact réelle (les sommets des aspérités écrasés) est proportionnelle à la charge, non à l'aire apparente. Valeurs typiques de $μ_{s}$ : acier sur acier sec $0, 6$ à $0, 7$ , pneu sur route sèche $0, 8$ à $1, 0$ , pneu sur route mouillée $0, 4$ à $0, 6$ , pneu sur glace $0, 05$ à $0, 15$ , ski sur neige $0, 05$ à $0, 1$ , téflon sur acier $0, 04$ . La chute de $f$ au moment où le glissement commence explique pourquoi une armoire «part» brusquement quand on la pousse, et pourquoi un freinage avec roues bloquées est moins efficace qu'un freinage à la limite de l'adhérence: l'ABS maintient les pneus dans le régime statique (roulement sans glissement), où le coefficient est plus élevé.

Figure 3.2. Force de frottement f exercée par le sol sur un bloc de poids N = 50 N en fonction de la force horizontale appliquée F (μs = 0,6, μc = 0,4). Tant que F reste inférieure à μs N = 30 N, le frottement statique s'ajuste exactement à F et le bloc ne bouge pas (rampe de pente 1). Au seuil, le bloc se met à glisser et le frottement chute à la valeur cinétique μc N = 20 N, indépendante de F: l'excédent F − 20 N accélère le bloc.

Le point crucial de la loi (3.11) est l'inégalité: le frottement statique n'est pas égal à $μ_{s} N$ en général. Un livre posé sur une table horizontale ne subit aucun frottement; si vous le poussez doucement avec $2$ N, le frottement vaut $2$ N; il vaut $μ_{s} N$ seulement à l'instant où le glissement s'amorce. Pour décider si un corps glisse, on calcule d'abord la force de frottement qu'exigerait l'équilibre, puis on la compare à $μ_{s} N$ .

L'angle de frottement

Démonstration. Reprenons les axes du plan incliné (figure 3.1b). À l'équilibre, la projection de $\sum F = 0$ donne $N = m g cos α$ et $f_{s} = m g sin α$ , le frottement étant dirigé vers le haut de la pente. La condition (3.11) s'écrit $m g sin α \leq μ_{s} m g cos α$ , soit $tan α \leq μ_{s}$ puisque $cos α > 0$ . Réciproquement, si $tan α \leq μ_{s}$ , la force $f_{s} = m g sin α$ est admissible et l'équilibre est possible. La masse s'élimine: l'angle limite ne dépend que des matériaux. $□$

Cette proposition fournit la méthode la plus simple de mesure de $μ_{s}$ : on incline progressivement le plan et l'on note l'angle auquel le corps part. Pour $μ_{s} = 0, 6$ , $α_{m a x} = 31, 0°$ ; un tas de sable ou de gravier forme naturellement un talus dont la pente est l'angle de frottement interne du matériau, une notion centrale en mécanique des sols. Une fois en mouvement, l'accélération le long de la pente vaut

a = g (sin α - μ_{c} cos α), (3.13)

positive si $tan α > μ_{c}$ ; si $μ_{c} < tan α < μ_{s}$ , un corps lancé continue à descendre, mais un corps au repos reste immobile.

Explorateur du bloc sur plan incliné avec frottement

Faites varier l’angle α, les coefficients de frottement μs et μc et la masse m: le bloc reste immobile tant que la composante du poids le long du plan, m g sin α, ne dépasse pas le frottement statique maximal μs m g cos α, c’est-à-dire tant que tan α ≤ μs. Au-delà, il glisse avec l’accélération g (sin α − μc cos α).

m g sin α (le long du plan)

33,6N

m g cos α = N (normale)

92,2N

Frottement statique maximal μ_s N

46,1N

Frottement effectif f

33,6N

État (angle limite arctan μ_s)

immobile · 26,6°

Accélération a

0,00m/s²

Angle α20°

Coefficient statique μ_s0,50

Coefficient cinétique μ_c0,35

Masse m10kg

Exemple 3.5 · Distance d'arrêt d'une voiture

Une voiture roule à $120$ km/h ( $33, 3$ m/s) sur une route horizontale. Le conducteur freine au maximum sans bloquer les roues. Quelle est la distance d'arrêt sur route sèche ( $μ_{s} = 0, 80$ ), mouillée ( $0, 40$ ) et verglacée ( $0, 10$ )?

La seule force horizontale est le frottement de la route sur les pneus; comme les roues roulent sans glisser, c'est un frottement statique, au plus $μ_{s} N = μ_{s} m g$ . La décélération maximale vaut donc $a = μ_{s} g$ , indépendante de la masse, et la relation $v^{2} = 2 a d$ du chapitre 2 donne

d = \frac{v ^{2}}{2 μ _{s} g} .

Route sèche: $d = \frac{33 , 3 ^{2}}{2 \times 0 , 80 \times 9 , 81} = 70, 8$ m. Route mouillée: $142$ m. Verglas: $566$ m, plus d'un demi-kilomètre. À ces distances s'ajoute celle parcourue pendant le temps de réaction (environ $1$ s, soit $33$ m à $120$ km/h). La distance de freinage croît comme le carré de la vitesse: à $50$ km/h sur route sèche, elle n'est que de $12, 3$ m. C'est le fondement physique des limitations de vitesse et de la règle de la distance de sécurité.

Exercice

Un bloc de $5, 00$ kg repose sur un sol horizontal ( $μ_{s} = 0, 40$ , $μ_{c} = 0, 30$ ). On le pousse horizontalement avec une force de $25, 0$ N. Calculez son accélération en m/s² (répondez $0$ s'il ne bouge pas).

Dynamique du mouvement circulaire

La force centripète est une résultante

Au chapitre 2, nous avons vu qu'un point en mouvement circulaire de rayon $R$ à la vitesse $v$ possède une accélération dirigée vers le centre, de norme $v^{2} / R = ω^{2} R$ , à laquelle s'ajoute une composante tangentielle $d v / d t$ si la vitesse varie. La deuxième loi impose donc que la résultante des forces ait une composante vers le centre

\sum F_{centrip \overset{e}{ˋ} te} = m \frac{v ^{2}}{R}, (3.14)

et une composante tangentielle $\sum F_{t} = m d v / d t$ . On appelle force centripète cette composante radiale de la résultante.

La force centripète n'est pas une force supplémentaire

Ne dessinez jamais une «force centripète» sur un diagramme du corps libre. La force centripète n'est pas un nouvel agent: c'est le nom que l'on donne à la résultante radiale des forces réelles (tension, normale, frottement, gravitation) lorsque le mouvement est circulaire. Pour une pierre au bout d'une ficelle, c'est la tension; pour une voiture en virage, le frottement des pneus; pour la Lune, la gravitation. De même, la «force centrifuge» ressentie par le passager n'existe que dans le référentiel tournant, non galiléen, du véhicule (chapitre 8): dans le référentiel de la route, le passager n'est pas poussé vers l'extérieur, il tend simplement à continuer tout droit (principe d'inertie) tandis que la voiture tourne sous lui.

Virage plat et virage relevé

Virage plat. Une voiture prend un virage horizontal de rayon $R$ à vitesse constante. Les forces sont le poids, la normale (verticales, qui s'équilibrent) et le frottement statique des pneus, seule force horizontale, dirigé vers le centre. La condition (3.14) impose $f_{s} = m v^{2} / R$ , et la limite $f_{s} \leq μ_{s} m g$ donne

v \leq v_{m a x} = μ_{s} g R . (3.15)

Pour $R = 50$ m et $μ_{s} = 0, 80$ , $v_{m a x} = 0, 80 \times 9, 81 \times 50 = 19, 8$ m/s, soit $71$ km/h; sur route mouillée ( $μ_{s} = 0, 40$ ), $14, 0$ m/s, soit $50$ km/h. La masse ne joue aucun rôle: un camion et une petite voiture dérapent à la même vitesse.

Virage relevé. Pour ne pas dépendre du frottement, on incline la chaussée vers l'intérieur du virage d'un angle $θ$ . La normale, perpendiculaire à la route, acquiert alors une composante horizontale dirigée vers le centre.

Figure 3.3. Voiture dans un virage relevé d'angle θ, vue de l'arrière, le centre du virage étant à droite. Sans frottement, la composante verticale de la normale N équilibre le poids, N cos θ = mg, et sa composante horizontale fournit toute la force centripète, N sin θ = mv²/R. La résultante ΣF est horizontale et pointe vers le centre.

Démonstration. Sans frottement, les seules forces sont le poids $m g$ , vertical, et la normale $N$ , perpendiculaire à la chaussée, donc inclinée de $θ$ par rapport à la verticale. Le mouvement est circulaire horizontal: l'accélération est horizontale, de norme $v^{2} / R$ , dirigée vers le centre. Projetons (3.3) sur la verticale et sur l'horizontale radiale:

N cos θ - m g = 0, N sin θ = m \frac{v ^{2}}{R} .

En divisant la seconde par la première, $tan θ = v^{2} / (g R)$ . Réciproquement, si cette relation est vérifiée, $N = m g / cos θ$ satisfait les deux équations et aucune force tangentielle n'est requise. $□$

À une vitesse différente de $g R tan θ$ , le frottement doit compléter: vers le haut de la pente si l'on va trop lentement (la voiture tendrait à glisser vers l'intérieur), vers le bas si l'on va trop vite; l'exercice 3.5 calcule les vitesses extrêmes. Les autoroutes suisses sont relevées de quelques pour cent seulement: pour $R = 500$ m et $100$ km/h, (3.16) donne $tan θ = 27, 8^{2} / (9, 81 \times 500) = 0, 157$ , soit $θ = 8, 9°$ , et la conception normalisée retient une valeur plus faible, le frottement des pneus assurant le complément.

Exemple 3.6 · Le virage Horse-Shoe de la piste de bob de St-Moritz

Sur l'Olympia Bobrun St. Moritz–Celerina, la seule piste de bob naturelle au monde, les bobs abordent le virage Horse-Shoe à $v = 120$ km/h ( $33, 3$ m/s) sur un rayon de courbure d'environ $R = 25$ m. Quel est l'angle idéal de la paroi de glace, et quelle force normale subit un équipage de masse totale $m = 400$ kg?

D'après (3.16), $tan θ = \frac{33 , 3 ^{2}}{9 , 81 \times 25} = 4, 53$ , soit $θ = 77, 6°$ : la paroi est presque verticale, ce qui correspond bien à l'allure du virage. La normale vaut $N = m g / cos θ = 400 \times 9, 81/0, 2156 = 18, 2$ kN, soit $4, 6$ fois le poids: les pilotes encaissent près de $5 g$ pendant une à deux secondes, et la glace doit être capable de soutenir cet effort. Comme la vitesse varie le long de la piste, l'angle idéal varie aussi; la paroi est profilée pour que le bob, glissant sur la glace presque sans frottement, trouve de lui-même la hauteur où (3.16) est vérifiée.

Pendule conique, looping et satellite

Pendule conique. Une masse $m$ suspendue à un fil de longueur $L$ décrit un cercle horizontal de rayon $R = L sin θ$ , le fil faisant un angle $θ$ constant avec la verticale. Les forces sont le poids et la tension $T$ , le long du fil. La même projection que pour le virage relevé (la tension joue le rôle de la normale) donne $T cos θ = m g$ et $T sin θ = m ω^{2} R = m ω^{2} L sin θ$ , d'où

ω = \frac{g}{L cos θ}, T_{p \overset{e}{ˊ} riode} = 2 π \frac{L cos θ}{g} . (3.17)

La période décroît lorsque l'angle augmente: pour $L = 1, 50$ m et $θ = 30°$ , la période vaut $2 π 1, 50 \times 0, 866/9, 81 = 2, 29$ s. C'est le principe du régulateur à boules de Watt, dont l'ouverture mesure la vitesse de rotation d'une machine à vapeur.

Looping. Un chariot de montagnes russes de masse $m$ parcourt une boucle verticale de rayon $R$ . Au sommet, le poids et la normale sont tous deux dirigés vers le bas, c'est-à-dire vers le centre: $N + m g = m v^{2} / R$ , soit $N = m (v^{2} / R - g)$ . Le rail ne pouvant que pousser ( $N \geq 0$ ), le passage au sommet exige

v_{sommet} \geq g R . (3.18)

À la vitesse minimale, $N = 0$ : le passager est en impesanteur et seule la gravité le maintient sur sa trajectoire circulaire. Pour $R = 8, 0$ m, $v_{m i n} = 9, 81 \times 8, 0 = 8, 86$ m/s ( $32$ km/h). Au point le plus bas, en revanche, $N - m g = m v^{2} / R$ et la normale dépasse le poids, souvent de plusieurs $g$ : c'est là que le passager est le plus écrasé dans son siège. Un seau d'eau que l'on fait tourner à bout de bras au-dessus de la tête obéit à la même condition, le fond du seau jouant le rôle du rail.

Satellite en orbite basse. La force centripète d'un satellite est la gravitation. En orbite circulaire à l'altitude $h = 400$ km (celle de la Station spatiale internationale), la pesanteur vaut $g^{'} = g R_{T}^{2} / (R_{T} + h)^{2} = 8, 69 m/s^{2}$ , et la condition $g^{'} = v^{2} / (R_{T} + h)$ donne $v = g^{'} (R_{T} + h) = 7, 67$ km/s, soit un tour en $92$ minutes. Le chapitre 6 établira la loi de la gravitation qui permet d'étendre ce calcul à toute orbite et d'en déduire les lois de Kepler.

Exercice

Une pierre attachée à une ficelle tourne sur un cercle horizontal sur une table sans frottement. Quelle est la force centripète qui la maintient sur sa trajectoire?

Synthèse

Une force est un vecteur qui décrit l'interaction entre deux corps; le poids $m g$ , la normale (perpendiculaire au support, inconnue ajustable), la tension d'un fil (qui tire, jamais ne pousse), le frottement (tangent, opposé au glissement), le rappel $- k x$ d'un ressort et la traînée $- c v$ ou $\frac{1}{2} ρ C_{x} A v^{2}$ suffisent à décrire la plupart des situations.
Première loi: il existe des référentiels galiléens, dans lesquels un corps libre garde une vitesse constante; le laboratoire terrestre en est un avec une bonne approximation. Deuxième loi: dans un tel référentiel, $\sum F = m a = d p / d t$ , trois équations scalaires. Troisième loi: les forces d'interaction vont par paires opposées, appliquées à deux corps différents; la normale n'est pas la réaction du poids.
Méthode: isoler, inventorier les forces sur le corps, choisir des axes (l'un selon l'accélération), projeter, résoudre, vérifier les unités et les cas limites.
Plan incliné sans frottement: $a = g sin α$ , $N = m g cos α$ . Machine d'Atwood: $a = \frac{m _{2} - m _{1}}{m _{1} + m _{2}} g$ , $T = \frac{2 m _{1} m _{2}}{m _{1} + m _{2}} g$ . Ascenseur: poids apparent $N = m (g + a_{z})$ . Chute avec traînée linéaire: $v = v_{\infty} (1 - e^{- t / τ})$ ; quadratique: $v_{\infty} = 2 m g / (ρ C_{x} A)$ .
Frottement sec: $f_{s} \leq μ_{s} N$ (le frottement statique s'ajuste au besoin), $f_{c} = μ_{c} N$ avec $μ_{c} \leq μ_{s}$ ; angle de frottement $tan α_{m a x} = μ_{s}$ ; accélération sur un plan $g (sin α - μ_{c} cos α)$ ; distance d'arrêt $v^{2} / (2 μg)$ .
Mouvement circulaire: la résultante radiale vaut $m v^{2} / R$ (la force centripète n'est pas une force supplémentaire). Virage plat: $v_{m a x} = μ_{s} g R$ ; virage relevé idéal: $tan θ = v^{2} / (g R)$ ; sommet d'un looping: $v \geq g R$ ; pendule conique: $ω = g / (L cos θ)$ .

Série d'exercices du chapitre 3

Exercice 1 sur 5

Exercice

Un livre est immobile sur une table horizontale. On le pousse horizontalement avec une force de $3$ N sans parvenir à le déplacer. Que vaut la force de frottement exercée par la table sur le livre?

Problème guidé

Deux blocs sur un plan incliné tirés par une masse suspendue

Deux blocs $A$ ( $m_{A} = 2, 00$ kg) et $B$ ( $m_{B} = 3, 00$ kg) sont posés sur un plan incliné d'angle $α = 30°$ , $A$ en bas, $B$ au-dessus, reliés par une corde idéale parallèle au plan. Le bloc $B$ est relié par une seconde corde, passant sur une poulie idéale au sommet du plan, à une masse $C$ ( $m_{C} = 6, 00$ kg) suspendue dans le vide. Les coefficients de frottement entre les blocs et le plan valent $μ_{s} = 0, 25$ et $μ_{c} = 0, 20$ . On lâche le système sans vitesse ( $g = 9, 81 m/s^{2}$ ). On cherche l'accélération et les tensions des deux cordes.

1
Diagrammes du corps libre et sens du mouvement
Isolez chacun des trois corps. Les blocs $A$ et $B$ subissent leur poids, la normale du plan, le frottement et la ou les tensions; $C$ subit son poids et la tension. Avant tout calcul, déterminez si le système se met en mouvement: la masse $C$ tire avec $m_{C} g = 58, 9$ N, alors qu'à l'équilibre les blocs seraient retenus au maximum par $(m_{A} + m_{B}) g (sin α + μ_{s} cos α) = 35, 1$ N.
Exercice
Le système est lâché sans vitesse. Dans quel sens se déplace-t-il, et dans quel sens le frottement agit-il sur les blocs?
Frottement sur chaque bloc
Accélération du système
Tensions des cordes

Exercices

Vous pouvez afficher le corrigé directement sous chaque énoncé après avoir cherché la solution.

Exercice 3.1 · Caisse tirée sur un sol rugueux

Une caisse de masse $m = 20, 0$ kg repose sur un sol horizontal; les coefficients de frottement valent $μ_{s} = 0, 35$ et $μ_{c} = 0, 25$ . On tire la caisse avec une corde faisant un angle de $25°$ au-dessus de l'horizontale, avec une force $F = 80, 0$ N.

Dessiner le diagramme du corps libre et calculer la force normale.
La caisse se met-elle en mouvement?
Si oui, calculer son accélération; sinon, la force de frottement.

Solution

1. Les forces sont le poids $m g = 196, 2$ N (vers le bas), la normale $N$ (vers le haut), la traction $F$ (inclinée de $25°$ ) et le frottement $f$ (horizontal, opposé au mouvement éventuel). Verticalement, $a_{y} = 0$ :

N + F sin 25° - m g = 0 ⟹ N = 196, 2 - 80, 0 \times 0, 4226 = 196, 2 - 33, 8 = 162, 4 N .

La composante verticale de la traction allège la caisse.

2. La composante horizontale de la traction vaut $F cos 25° = 72, 5$ N. Le frottement statique maximal vaut $μ_{s} N = 0, 35 \times 162, 4 = 56, 8$ N. Comme $72, 5 > 56, 8$ , le frottement statique ne peut pas retenir la caisse: elle se met en mouvement.

3. En glissement, $f = μ_{c} N = 0, 25 \times 162, 4 = 40, 6$ N, et la deuxième loi horizontale donne

a = \frac{F cos 25° - μ _{c} N}{m} = \frac{72 , 5 - 40 , 6}{20 , 0} = 1, 60 m/s^{2} .

Vérification des cas limites: sans frottement, $a = 72, 5/20, 0 = 3, 63 m/s^{2}$ ; en tirant horizontalement ( $N = m g$ ), $a = (80, 0 - 49, 1) /20, 0 = 1, 55 m/s^{2}$ , légèrement inférieure: l'angle de $25°$ est ici un peu plus favorable, car la réduction de la normale compense la perte de composante horizontale. On montre que l'angle optimal pour tirer une caisse vérifie $tan θ = μ_{c}$ , soit $14°$ ici.

Exercice 3.2 · Bloc sur une table relié à une masse suspendue

Un bloc de masse $m_{1} = 4, 00$ kg est posé sur une table horizontale ( $μ_{s} = 0, 40$ , $μ_{c} = 0, 30$ ). Il est relié par un fil idéal, passant sur une poulie idéale fixée au bord de la table, à une masse $m_{2} = 2, 00$ kg suspendue dans le vide. On lâche le système sans vitesse.

Le système se met-il en mouvement?
Calculer l'accélération et la tension du fil.
Quelle vitesse a le bloc après avoir parcouru $1, 50$ m?

Solution

1. Le poids de $m_{2}$ tire le fil avec $m_{2} g = 19, 6$ N. Le frottement statique peut retenir le bloc avec au plus $μ_{s} m_{1} g = 0, 40 \times 39, 24 = 15, 7$ N. Comme $19, 6 > 15, 7$ , l'équilibre est impossible: le système démarre, le bloc glissant vers la poulie et la masse descendant.

2. Axes dans le sens du mouvement pour chaque corps; même accélération $a$ (fil inextensible) et même tension $T$ (fil et poulie idéaux). Pour le bloc, verticalement $N = m_{1} g$ et horizontalement $T - μ_{c} m_{1} g = m_{1} a$ ; pour la masse suspendue, $m_{2} g - T = m_{2} a$ . En additionnant,

a = \frac{m _{2} - μ _{c} m _{1}}{m _{1} + m _{2}} g = \frac{2 , 00 - 0 , 30 \times 4 , 00}{6 , 00} \times 9, 81 = \frac{0 , 80}{6 , 00} \times 9, 81 = 1, 31 m/s^{2},

puis $T = m_{2} (g - a) = 2, 00 \times (9, 81 - 1, 31) = 17, 0$ N. On vérifie que $T$ est inférieure au poids de $m_{2}$ ( $19, 6$ N) et supérieure au frottement $μ_{c} m_{1} g = 11, 8$ N, ce qui est nécessaire pour que le bloc accélère. Cas limite $μ_{c} = 0$ : $a = m_{2} g / (m_{1} + m_{2}) = 3, 27 m/s^{2}$ .

3. Mouvement uniformément accéléré à partir du repos: $v^{2} = 2 a d$ , donc $v = 2 \times 1, 308 \times 1, 50 = 1, 98$ m/s.

Exercice 3.3 · Chute avec traînée: cas linéaire et cas quadratique

On étudie la chute verticale, sans vitesse initiale, d'un corps de masse $m$ soumis à son poids et à une traînée.

Traînée linéaire $F = - c v$ . Établir l'équation différentielle de $v (t)$ , la résoudre et montrer que $v (t) = v_{\infty} (1 - e^{- t / τ})$ avec $v_{\infty} = m g / c$ et $τ = m / c$ . Application: une bille de $2, 00$ g dans une huile telle que $c = 0, 0500$ kg/s. Calculer $v_{\infty}$ , $τ$ et l'instant où $v = 0, 95 v_{\infty}$ .
Traînée quadratique $F = k v^{2}$ avec $k = \frac{1}{2} ρ C_{x} A$ . Établir l'équation différentielle, vérifier que $v (t) = v_{\infty} tanh (g t / v_{\infty})$ en est la solution avec $v (0) = 0$ et $v_{\infty} = m g / k$ , et calculer le temps nécessaire pour atteindre $0, 95 v_{\infty}$ pour le parachutiste de l'exemple 3.3 ( $v_{\infty} = 43, 2$ m/s).

Solution

1. Axe $z$ vers le bas; les forces sont $m g$ (vers le bas) et $- c v$ (vers le haut puisque $v > 0$ ): $m \overset{v}{˙} = m g - c v$ , soit $\overset{v}{˙} + \frac{c}{m} v = g$ . C'est une équation linéaire du premier ordre à coefficients constants. L'équation homogène $\overset{v}{˙} + v / τ = 0$ a pour solutions $K e^{- t / τ}$ avec $τ = m / c$ ; la constante $v_{p} = g τ = m g / c = v_{\infty}$ est une solution particulière (elle annule $\overset{v}{˙}$ et rend la résultante nulle). La solution générale est $v = v_{\infty} + K e^{- t / τ}$ , et $v (0) = 0$ impose $K = - v_{\infty}$ :

v (t) = v_{\infty} (1 - e^{- t / τ}) .

L'accélération $\overset{v}{˙} = g e^{- t / τ}$ vaut $g$ au départ (la traînée est nulle) et décroît vers $0$ . Application: $v_{\infty} = \frac{2 , 00 \cdot 1 0 ^{- 3} \times 9 , 81}{0 , 0500} = 0, 392$ m/s, $τ = \frac{2 , 00 \cdot 1 0 ^{- 3}}{0 , 0500} = 0, 0400$ s. La condition $1 - e^{- t / τ} = 0, 95$ donne $t = τ ln 20 = 0, 0400 \times 2, 996 = 0, 120$ s: la bille atteint pratiquement sa vitesse limite en un dixième de seconde, sur une distance inférieure à $5$ cm.

2. Même axe: $m \overset{v}{˙} = m g - k v^{2}$ , non linéaire. La vitesse limite annule le membre de droite: $v_{\infty} = m g / k$ , et l'équation s'écrit $\overset{v}{˙} = g (1 - v^{2} / v_{\infty}^{2})$ . Posons $v = v_{\infty} tanh (g t / v_{\infty})$ . Avec $(tanh u)^{'} = 1 - tanh^{2} u$ ,

\overset{v}{˙} = v_{\infty} \cdot \frac{g}{v _{\infty}} (1 - tanh^{2} \frac{g t}{v _{\infty}}) = g (1 - \frac{v ^{2}}{v _{\infty}^{2}}),

ce qui est bien l'équation, et $v (0) = v_{\infty} tanh 0 = 0$ . (On peut aussi l'obtenir par séparation des variables: $\int \frac{d v}{1 - v ^{2} / v _{\infty}^{2}} = g t$ , l'intégrale valant $v_{\infty} artanh (v / v_{\infty})$ .) Comme $tanh u \to 1$ , on retrouve $v \to v_{\infty}$ ; au départ, $tanh u \approx u$ redonne $v \approx g t$ , la chute libre. Le temps pour atteindre $0, 95 v_{\infty}$ vérifie $tanh (g t / v_{\infty}) = 0, 95$ , soit $g t / v_{\infty} = artanh (0, 95) = \frac{1}{2} ln \frac{1 , 95}{0 , 05} = 1, 832$ , d'où

t = 1, 832 \frac{v _{\infty}}{g} = 1, 832 \times \frac{43 , 2}{9 , 81} = 8, 07 s .

Le parachutiste est donc à $95 %$ de sa vitesse limite après huit secondes de chute, pendant lesquelles il a parcouru environ $220$ m (la distance vaut $(v_{\infty}^{2} / g) ln cosh (g t / v_{\infty})$ ). Comparé au cas linéaire, l'approche est plus lente au voisinage de $v_{\infty}$ ( $tanh$ converge comme $e^{- 2 u}$ , mais avec un temps caractéristique $v_{\infty} / g$ plutôt grand), ce qui justifie que les vols en soufflerie verticale requièrent des vitesses d'air très stables.

Exercice 3.4 · Looping de montagnes russes

Un chariot de montagnes russes parcourt un looping circulaire vertical de rayon $R = 10, 0$ m. Un passager de masse $m = 60, 0$ kg y est assis. On néglige les frottements.

Le chariot passe au sommet à $v = 12, 0$ m/s. Calculer la force exercée par le siège sur le passager et la comparer à son poids.
Quelle est la vitesse minimale au sommet pour que le passager reste en contact avec le siège sans harnais?
Au point le plus bas, la vitesse vaut $18, 0$ m/s. Calculer la force exercée par le siège. En combien de $g$ s'exprime-t-elle?

Solution

1. Au sommet, le poids et la force du siège $N$ sont tous deux dirigés vers le bas, c'est-à-dire vers le centre du cercle; l'accélération centripète vaut $v^{2} / R$ vers le bas. La deuxième loi projetée vers le centre s'écrit $N + m g = m v^{2} / R$ , d'où

N = m (\frac{v ^{2}}{R} - g) = 60, 0 \times (\frac{144}{10 , 0} - 9, 81) = 60, 0 \times 4, 59 = 275 N,

soit $0, 47$ fois le poids ( $589$ N): le passager est pressé dans son siège, mais moins que d'habitude; il se sent «léger».

2. Le siège ne peut que pousser: $N \geq 0$ impose $v^{2} / R \geq g$ , soit $v_{m i n} = g R = 9, 81 \times 10, 0 = 9, 90$ m/s ( $35, 7$ km/h). À cette vitesse, la gravité fournit exactement la force centripète et le passager est en impesanteur pendant un instant.

3. Au point bas, le poids est dirigé vers le bas et $N$ vers le haut, vers le centre: $N - m g = m v^{2} / R$ , donc

N = m (g + \frac{v ^{2}}{R}) = 60, 0 \times (9, 81 + \frac{324}{10 , 0}) = 60, 0 \times 42, 2 = 2533 N,

soit $4, 30$ fois le poids: le passager subit « $4, 3 g$ ». Les normes des parcs d'attractions limitent ces accélérations à environ $5 g$ pendant quelques secondes. Ce calcul ne suppose aucun lien entre les vitesses en haut et en bas; le chapitre 4 montrera par la conservation de l'énergie que, sur un cercle parcouru sans frottement à partir de $12, 0$ m/s au sommet, on aurait $v_{bas}^{2} = v_{haut}^{2} + 4 g R = 536 m^{2} / s^{2}$ , soit $23, 2$ m/s et $N = 60, 0 \times (9, 81 + 53, 6) = 3807$ N, c'est-à-dire $6, 5 g$ : trop pour un passager. C'est pourquoi les loopings réels ne sont pas circulaires mais en forme de goutte (clothoïde), avec un rayon plus grand en bas qu'en haut.

Exercice 3.5 · Virage relevé avec frottement: vitesses minimale et maximale

Une voiture parcourt un virage de rayon $R$ relevé d'un angle $θ$ ; le coefficient de frottement statique entre les pneus et la chaussée vaut $μ_{s}$ .

Établir l'expression de la vitesse maximale $v_{m a x}$ au-delà de laquelle la voiture dérape vers l'extérieur.
Établir l'expression de la vitesse minimale $v_{m i n}$ en dessous de laquelle elle glisse vers l'intérieur, et montrer qu'une telle vitesse n'existe que si $tan θ > μ_{s}$ .
Vérifier que les deux expressions redonnent (3.16) pour $μ_{s} = 0$ et (3.15) pour $θ = 0$ .
Application: $R = 80, 0$ m, $θ = 20°$ , $μ_{s} = 0, 20$ (route mouillée). Calculer $v_{m i n}$ et $v_{m a x}$ en km/h.

Solution

1. Forces sur la voiture: le poids $m g$ (vertical), la normale $N$ (perpendiculaire à la chaussée, inclinée de $θ$ sur la verticale) et le frottement statique $f$ , parallèle à la chaussée. À la vitesse maximale, la voiture tend à monter vers l'extérieur: le frottement est dirigé vers le bas de la pente et atteint sa valeur limite $f = μ_{s} N$ . Projetons $\sum F = m a$ sur la verticale (accélération nulle) et sur l'horizontale radiale, orientée vers le centre (accélération $v^{2} / R$ ). La normale a pour composantes $N cos θ$ (verticale) et $N sin θ$ (horizontale, vers le centre); le frottement dirigé vers le bas de la pente a pour composantes $- f sin θ$ (verticale) et $f cos θ$ (horizontale, vers le centre):

⎩ ⎨ ⎧ N cos θ - μ_{s} N sin θ - m g = 0, N sin θ + μ_{s} N cos θ = m \frac{v _{m a x}^{2}}{R} .

La première donne $N = \frac{m g}{cos θ - μ _{s} sin θ}$ (le dénominateur doit être positif, sinon aucune vitesse ne fait déraper: si $μ_{s} \geq cot θ$ , le frottement peut toujours compenser). En reportant dans la seconde et en simplifiant par $m$ ,

v_{m a x} = g R \frac{sin θ + μ _{s} cos θ}{cos θ - μ _{s} sin θ} = g R \frac{tan θ + μ _{s}}{1 - μ _{s} tan θ} .

2. À la vitesse minimale, la voiture tend à glisser vers l'intérieur: le frottement est dirigé vers le haut de la pente, ce qui revient à changer $μ_{s}$ en $- μ_{s}$ dans les équations précédentes:

v_{m i n} = g R \frac{sin θ - μ _{s} cos θ}{cos θ + μ _{s} sin θ} = g R \frac{tan θ - μ _{s}}{1 + μ _{s} tan θ} .

Le radicande est positif si et seulement si $tan θ > μ_{s}$ , c'est-à-dire si l'angle de relèvement dépasse l'angle de frottement: sinon, la voiture arrêtée reste en place (proposition 3.6) et il n'y a pas de vitesse minimale, $v_{m i n} = 0$ .

3. Pour $μ_{s} = 0$ , les deux expressions se réduisent à $v = g R tan θ$ , la vitesse idéale (3.16). Pour $θ = 0$ , $v_{m a x} = μ_{s} g R$ , qui est (3.15), et le radicande de $v_{m i n}$ est négatif: sur un virage plat, aucune vitesse minimale, comme il se doit. On observe enfin que $v_{m a x}$ s'écrit $g R tan (θ + φ)$ et $v_{m i n} = g R tan (θ - φ)$ avec $tan φ = μ_{s}$ (formule d'addition de la tangente): le frottement agit comme un relèvement supplémentaire de $\pm φ$ , l'angle de frottement.

4. $g R = 9, 81 \times 80, 0 = 784, 8 m^{2} / s^{2}$ , $tan 20° = 0, 3640$ , et $φ = arctan 0, 20 = 11, 3°$ .

v_{m a x} = 784, 8 \times \frac{0 , 3420 + 0 , 20 \times 0 , 9397}{0 , 9397 - 0 , 20 \times 0 , 3420} = 784, 8 \times \frac{0 , 5299}{0 , 8713} = 477, 3 = 21, 8 m/s = 78, 7 km/h,

v_{m i n} = 784, 8 \times \frac{0 , 3420 - 0 , 1879}{0 , 9397 + 0 , 0684} = 784, 8 \times \frac{0 , 1541}{1 , 0081} = 120, 0 = 10, 95 m/s = 39, 4 km/h .

Sans frottement, la seule vitesse admissible serait $784, 8 \times 0, 3640 = 16, 9$ m/s ( $60, 8$ km/h): le frottement, même faible, élargit la plage de vitesses sûres de $39$ à $79$ km/h. Sur route sèche ( $μ_{s} = 0, 50 > tan 20°$ ), il n'y a plus de vitesse minimale et $v_{m a x}$ monte à $28, 8$ m/s ( $104$ km/h).

Références

Gruber, C. et Benoit, W., Mécanique générale, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne, chap. 3–5.
Halliday, D., Resnick, R. et Walker, J., Physique 1 – Mécanique, Chenelière/De Boeck, chap. 5–6.
Benson, H., Physique I – Mécanique, De Boeck, Bruxelles, chap. 5–6.
Kleppner, D. et Kolenkow, R. J., An Introduction to Mechanics, 2e éd., Cambridge University Press, chap. 2–3.
Young, H. D. et Freedman, R. A., University Physics, 15e éd., Pearson, chap. 4–5.
Feynman, R. P., Leighton, R. B. et Sands, M., Le cours de physique de Feynman – Mécanique 1, Dunod, Paris, chap. 9 et 12.

Objectifs du chapitre

La notion de force

Forces, interactions et mesure

Les forces usuelles

Les trois lois de Newton

Première loi: le principe d'inertie et les référentiels galiléens

Deuxième loi: la relation fondamentale de la dynamique

Troisième loi: action et réaction

La méthode du diagramme du corps libre

Applications en translation

Plan incliné sans frottement

Corps reliés: cordes et poulies

Ascenseur et poids apparent

Chute avec traînée et vitesse limite

Frottement sec

Les lois de Coulomb

L'angle de frottement

Explorateur du bloc sur plan incliné avec frottement

Dynamique du mouvement circulaire

La force centripète est une résultante

Virage plat et virage relevé

Pendule conique, looping et satellite

Synthèse

Série d'exercices du chapitre 3

Deux blocs sur un plan incliné tirés par une masse suspendue

Diagrammes du corps libre et sens du mouvement

Frottement sur chaque bloc

Accélération du système

Tensions des cordes

Exercices

Références