Exercices corrigés : la rotation des corps rigides (203-SN1-RE, ancien 203-NYA)

a) $1800$ tours/min $=\dfrac{1800\times 2\pi}{60}=188{,}5$ rad/s. Partant du repos, $\alpha=\dfrac{\omega-\omega_{0}}{t}=\dfrac{188{,}5}{15{,}0}=12{,}57$ rad/s².

b) $\theta=\omega_{0}t+\frac{1}{2}\alpha t^{2}=0+\frac{1}{2}\times 12{,}57\times 15{,}0^{2}=1414$ rad. Le nombre de tours vaut $\dfrac{1414}{2\pi}=225$ tours. Contrôle par la vitesse moyenne : $\overline{\omega}=\dfrac{0+188{,}5}{2}=94{,}25$ rad/s, et $94{,}25\times 15{,}0=1414$ rad. Les deux méthodes concordent.

c) $v=\omega r=188{,}5\times 0{,}300=56{,}6$ m/s, soit plus de 200 km/h. $a_{t}=\alpha r=12{,}57\times 0{,}300=3{,}77$ m/s². $a_{c}=\omega^{2}r=188{,}5^{2}\times 0{,}300=1{,}07\times 10^{4}$ m/s².

d) L'accélération centripète est environ 2800 fois plus grande que l'accélération tangentielle, et elle vaut plus de mille fois $g$. C'est elle qui dimensionne la meule : la matière doit être maintenue sur une trajectoire circulaire, ce qui exige une force centripète énorme fournie par la cohésion interne du disque. Si la vitesse dépasse la limite du matériau, la meule ÉCLATE, les fragments partant tangentiellement. C'est pourquoi les meules portent une vitesse maximale gravée et pourquoi elles sont toujours utilisées derrière un carter. Noter que $a_{c}$ varie comme $\omega^{2}$ : doubler la vitesse de rotation quadruple la contrainte.

a) $\tau=rF\sin\theta=0{,}250\times 80{,}0\times\sin 60{,}0^{\circ}=0{,}250\times 80{,}0\times 0{,}866=17{,}3$ N·m.

b) Perpendiculairement, $\sin 90^{\circ}=1$ et $\tau=0{,}250\times 80{,}0=20{,}0$ N·m, valeur MAXIMALE possible pour cette force et ce bras. À 60,0°, on n'obtient que 86,6 % de ce maximum, donc une perte de 13,4 %. C'est la raison pour laquelle on tire toujours perpendiculairement à une clé : toute autre direction gaspille une partie de l'effort en tirant le boulon au lieu de le faire tourner.

c) On veut $\tau=20{,}0$ N·m avec $r=0{,}750$ m et $\sin\theta=1$ : $F=\dfrac{20{,}0}{0{,}750}=26{,}7$ N. En triplant le bras, on divise par trois la force nécessaire. C'est tout l'intérêt de la rallonge, et aussi son danger : il devient facile de dépasser le couple de serrage prescrit et d'arracher le filetage.

d) Les deux forces sont tangentielles, donc perpendiculaires au rayon. Elles tendent à faire tourner dans des sens opposés, donc leurs moments se retranchent : $\tau_{net}=\left(45{,}0-30{,}0\right)\times 0{,}200=15{,}0\times 0{,}200=3{,}00$ N·m. La rotation se fait dans le sens imposé par la force de 45,0 N, la plus grande. Noter que la force résultante sur la poulie n'est pas nulle non plus, mais c'est l'axe qui l'encaisse : les deux questions, translation et rotation, se traitent séparément.

a) La tige est homogène, de masse linéique $\lambda=\frac{M}{L}$. Un élément de longueur $dx$ situé à la distance $x$ de l'axe porte la masse $dm=\lambda\,dx$ et contribue pour $dI=x^{2}\,dm$. En intégrant sur toute la tige : $I=\int_{-L/2}^{L/2}\lambda x^{2}\,dx=\lambda\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{-L/2}^{L/2}=\lambda\frac{L^{3}}{12}=\frac{ML^{2}}{12}$. Le point clé du découpage est que tous les points d'un même élément $dx$ sont à la même distance de l'axe.

b) Pour un disque, il faut découper en ANNEAUX et non en bandes, car tous les points d'un anneau de rayon $r$ sont à la même distance de l'axe. Masse surfacique : $\sigma=\frac{M}{\pi R^{2}}$. Un anneau de rayon $r$ et d'épaisseur $dr$ a pour aire $2\pi r\,dr$, donc $dm=\sigma\,2\pi r\,dr$ et $dI=r^{2}\,dm$. Ainsi $I=\int_{0}^{R}2\pi\sigma r^{3}\,dr=2\pi\sigma\frac{R^{4}}{4}=\frac{\pi\sigma R^{4}}{2}=\frac{MR^{2}}{2}$. Un anneau mince de même masse et même rayon donnerait $MR^{2}$, soit deux fois plus : toute sa matière est à la distance maximale.

c) Le disque est plan, donc le théorème s'applique avec $z$ l'axe de révolution. Par symétrie, deux diamètres perpendiculaires sont équivalents : $I_{x}=I_{y}$. Donc $I_{z}=2I_{x}$, ce qui donne $I_{diam}=I_{x}=\frac{I_{z}}{2}=\frac{MR^{2}}{4}$. C'est ce moment d'inertie, plus petit, qui intervient quand une pièce de monnaie bascule sur la tranche plutôt que de tourner à plat.

d) Autour du centre : la tige contribue pour $\frac{1{,}20(0{,}800)^{2}}{12}=0{,}0640$ kg$\cdot$m$^{2}$, et chaque masse ponctuelle, à $0{,}400$ m de l'axe, pour $2{,}50(0{,}400)^{2}=0{,}400$ kg$\cdot$m$^{2}$. Total : $I_{cm}=0{,}0640+2(0{,}400)=0{,}864$ kg$\cdot$m$^{2}$. Autour d'une extrémité : la tige donne $\frac{1{,}20(0{,}800)^{2}}{3}=0{,}256$ kg$\cdot$m$^{2}$, la masse située sur l'axe ne contribue pas du tout, et l'autre donne $2{,}50(0{,}800)^{2}=1{,}60$ kg$\cdot$m$^{2}$. Total : $I=1{,}856$ kg$\cdot$m$^{2}$. Vérification par les axes parallèles, la masse totale valant $6{,}20$ kg et le décalage $0{,}400$ m : $I=I_{cm}+Md^{2}=0{,}864+6{,}20(0{,}400)^{2}=0{,}864+0{,}992=1{,}856$ kg$\cdot$m$^{2}$. Les deux méthodes concordent.

e) Première erreur : le théorème $I=I_{cm}+Md^{2}$ part OBLIGATOIREMENT du centre de masse. Cherchons le moment d'inertie de la tige seule autour d'un axe situé au quart de sa longueur, soit $0{,}200$ m du centre. La bonne réponse est $0{,}0640+1{,}20(0{,}200)^{2}=0{,}112$ kg$\cdot$m$^{2}$. En partant à tort de l'extrémité, on écrirait $0{,}256+1{,}20(0{,}200)^{2}=0{,}304$ kg$\cdot$m$^{2}$, presque le triple. Le théorème n'est pas une règle de translation quelconque, c'est une relation privilégiée avec le centre de masse, et il en découle que $I_{cm}$ est toujours le PLUS PETIT des moments d'inertie pour une direction d'axe donnée. Seconde erreur : la même tige de $1{,}20$ kg et $0{,}800$ m vaut $0{,}0640$ kg$\cdot$m$^{2}$ autour de son centre, $0{,}256$ kg$\cdot$m$^{2}$ autour d'une extrémité, et pratiquement zéro autour de son propre axe longitudinal. Parler du moment d'inertie d'un corps sans nommer l'axe n'a aucun sens, alors que parler de sa masse en a toujours un.

a) Par le centre : $I_{cm}=\frac{1}{12}ML^{2}=\frac{1}{12}\times 2{,}00\times 1{,}20^{2}=0{,}240$ kg·m². Par une extrémité : $I=\frac{1}{3}ML^{2}=\frac{1}{3}\times 2{,}00\times 1{,}44=0{,}960$ kg·m². Le moment d'inertie est QUATRE fois plus grand, pour le même objet et la même masse : c'est la répartition par rapport à l'axe qui change tout.

b) La distance entre le centre de masse et l'extrémité est $d=\dfrac{L}{2}=0{,}600$ m. Alors $I=I_{cm}+Md^{2}=0{,}240+2{,}00\times 0{,}600^{2}=0{,}240+0{,}720=0{,}960$ kg·m². On retrouve exactement la valeur de a.

c) Le poids s'applique au centre de masse, à 0,600 m de l'axe, et il est perpendiculaire à la tige quand celle-ci est horizontale. Donc $\tau=Mg\dfrac{L}{2}=2{,}00\times 9{,}80\times 0{,}600=11{,}8$ N·m. Alors $\alpha=\dfrac{\tau}{I}=\dfrac{11{,}76}{0{,}960}=12{,}25$ rad/s².

d) L'extrémité est à $r=L=1{,}20$ m, donc $a_{t}=\alpha L=12{,}25\times 1{,}20=14{,}7$ m/s². C'est 1,5 fois $g$ : l'extrémité de la tige accélère PLUS VITE qu'un objet en chute libre. Il n'y a pas de paradoxe : la tige n'est pas un objet libre, elle est tenue par son articulation. Celle-ci exerce une force vers le bas sur la tige, et les parties proches de l'axe, qui accélèrent moins que $g$, « retiennent » d'autant moins l'extrémité que la rigidité leur transmet un supplément de force. Autrement dit, la tige se comporte comme un levier qui redistribue le poids total vers son extrémité.

e) La pièce, elle, est LIBRE : elle ne peut qu'accélérer à $g=9{,}80$ m/s². L'extrémité de la tige, qui descend à 14,7 m/s², s'ESCAMOTE plus vite que la pièce ne tombe. La pièce se retrouve donc en l'air, séparée de la tige, et elle atterrit plus loin le long de celle-ci, ou dans un gobelet placé au bon endroit si l'on veut faire le tour de magie classique. Le point d'équilibre se situe là où $a_{t}=g$, c'est-à-dire à $r=\dfrac{g}{\alpha}=\dfrac{9{,}80}{12{,}25}=0{,}800$ m de l'axe : au-delà, la tige devance la chute libre.

a) Rouler sans glisser signifie que le point de contact est instantanément immobile, ce qui impose $v_{cm}=\omega R$. L'énergie cinétique totale est $K=\frac{1}{2}Mv^{2}+\frac{1}{2}I\omega^{2}$. En remplaçant $\omega=\dfrac{v}{R}$ : $K=\frac{1}{2}Mv^{2}+\frac{1}{2}I\dfrac{v^{2}}{R^{2}}=\frac{1}{2}Mv^{2}\left(1+\dfrac{I}{MR^{2}}\right)$. Le facteur $\dfrac{I}{MR^{2}}$ vaut $\frac{2}{5}$ pour la sphère, $\frac{1}{2}$ pour le disque et 1 pour l'anneau.

b) Par conservation de l'énergie sur une descente de hauteur $h$ : $Mgh=\frac{1}{2}Mv^{2}\left(1+\frac{I}{MR^{2}}\right)$. En dérivant, ou en écrivant $v^{2}=2ad$ avec $h=d\sin\theta$, on obtient $a=\dfrac{g\sin\theta}{1+\frac{I}{MR^{2}}}$. Avec $g\sin 30^{\circ}=4{,}90$ m/s² : sphère $\dfrac{4{,}90}{1{,}4}=3{,}50$ m/s² ; disque $\dfrac{4{,}90}{1{,}5}=3{,}27$ m/s² ; anneau $\dfrac{4{,}90}{2}=2{,}45$ m/s².

c) $v=\sqrt{\dfrac{2gh}{1+\frac{I}{MR^{2}}}}$ avec $h=2{,}00$ m. Sphère : $\sqrt{\dfrac{39{,}2}{1{,}4}}=5{,}29$ m/s. Disque : $\sqrt{\dfrac{39{,}2}{1{,}5}}=5{,}11$ m/s. Anneau : $\sqrt{\dfrac{39{,}2}{2}}=4{,}43$ m/s. La sphère gagne, l'anneau arrive bon dernier.

d) Parce que $M$ et $R$ DISPARAISSENT du résultat. Le facteur $\dfrac{I}{MR^{2}}$ est un nombre pur qui ne dépend que de la FORME : la masse et le rayon se simplifient dans le rapport. Physiquement, un objet plus massif a plus d'énergie potentielle mais aussi plus d'inertie, dans la même proportion. Le seul critère est donc la façon dont la masse est répartie : l'anneau a toute sa masse au rayon maximal, il doit donc consacrer la moitié de son énergie à la rotation, contre deux septièmes seulement pour la sphère, qui a plus de masse près de l'axe. Un boulet de canon et une bille de roulement arrivent exactement ensemble.

e) Sans frottement, rien ne peut exercer de moment de force par rapport au centre de masse : aucun des trois objets ne se met à tourner, ils GLISSENT tous sans rouler. Toute l'énergie potentielle passe alors en énergie de translation, et les trois arrivent EN MÊME TEMPS, avec $a=g\sin\theta=4{,}90$ m/s² et $v=\sqrt{2gh}=6{,}26$ m/s, plus vite que n'importe lequel d'entre eux ne roulait. C'est le frottement, souvent perçu comme une simple perte, qui crée ici toute la richesse du problème.

a) Disque plein : $I=\frac{1}{2}MR^{2}=\frac{1}{2}(8{,}00)(0{,}150)^{2}=0{,}0900$ kg$\cdot$m$^{2}$. Conversion de la vitesse : $\omega=1\,500\times\frac{2\pi}{60}\approx 157$ rad/s. Énergie cinétique de rotation : $K=\frac{1}{2}I\omega^{2}=\frac{1}{2}(0{,}0900)(157{,}1)^{2}\approx 1{,}11\times 10^{3}$ J. C'est l'énergie qu'un tel volant restitue, et c'est aussi ce qui rend une meule lancée dangereuse.

b) Accélération angulaire : $\alpha=\frac{0-157{,}1}{45{,}0}\approx -3{,}49$ rad/s$^{2}$. Moment de force du frottement : $\tau=I\left|\alpha\right|=0{,}0900(3{,}49)\approx 0{,}314$ N$\cdot$m. Angle balayé : $\theta=\frac{\omega^{2}}{2\left|\alpha\right|}=\frac{(157{,}1)^{2}}{2(3{,}49)}\approx 3{,}53\times 10^{3}$ rad, soit $\frac{3\,534}{2\pi}\approx 563$ tours. Vérification par la vitesse angulaire moyenne : $\theta=\bar{\omega}t=\frac{157{,}1}{2}(45{,}0)\approx 3{,}53\times 10^{3}$ rad, identique. Énergie dissipée par le travail du moment de force : $W=\tau\theta=0{,}314(3\,534)\approx 1{,}11\times 10^{3}$ J, exactement l'énergie cinétique calculée en a). Le théorème de l'énergie cinétique vaut en rotation comme en translation, à condition de remplacer $Fd$ par $\tau\theta$.

c) À vitesse constante, la charge est en équilibre, donc la tension du câble vaut $T=mg=50{,}0(9{,}80)=490$ N. Le moment de force nécessaire est $\tau=TR=490(0{,}250)=123$ N$\cdot$m. Vitesse angulaire : $\omega=\frac{v}{R}=\frac{0{,}600}{0{,}250}=2{,}40$ rad/s. Puissance : $P=\tau\omega=122{,}5(2{,}40)=294$ W, ce que confirme le calcul en translation $P=Fv=490(0{,}600)=294$ W. La masse du tambour n'intervient PAS : à vitesse constante, l'accélération angulaire est nulle, donc son inertie ne réclame aucun moment de force.

d) Il faut maintenant deux équations. Moment d'inertie du tambour : $I=\frac{1}{2}MR^{2}=\frac{1}{2}(30{,}0)(0{,}250)^{2}=0{,}938$ kg$\cdot$m$^{2}$. Pour la charge : $T-mg=ma$. Pour le tambour : $\tau-TR=I\alpha=I\frac{a}{R}$. En divisant la seconde par $R$ : $\frac{\tau}{R}-T=\frac{I}{R^{2}}a=15{,}0a$. En additionnant avec la première : $\frac{\tau}{R}-mg=\left(m+\frac{I}{R^{2}}\right)a$, soit $640-490=65{,}0a$ et $a\approx 2{,}31$ m/s$^{2}$. Tension : $T=m(a+g)=50{,}0(2{,}31+9{,}80)\approx 605$ N. Vérification sur le tambour : $\tau-TR=160-605{,}4(0{,}250)=8{,}65$ N$\cdot$m, et $I\alpha=0{,}938\left(\frac{2{,}31}{0{,}250}\right)=8{,}65$ N$\cdot$m. Le terme $\frac{I}{R^{2}}=15{,}0$ kg se lit comme une masse supplémentaire à traîner : c'est le prix de l'inertie du tambour.

e) Vitesse : $v=at=2{,}308(3{,}00)\approx 6{,}92$ m/s. Hauteur : $h=\frac{1}{2}at^{2}=\frac{1}{2}(2{,}308)(9{,}00)\approx 10{,}4$ m. Angle du tambour : $\theta=\frac{h}{R}=\frac{10{,}385}{0{,}250}\approx 41{,}5$ rad. Travail du moteur : $W=\tau\theta=160(41{,}54)\approx 6{,}65\times 10^{3}$ J. Répartition : énergie potentielle $mgh=490(10{,}385)\approx 5{,}09\times 10^{3}$ J; énergie cinétique de translation de la charge $\frac{1}{2}(50{,}0)(6{,}923)^{2}\approx 1{,}20\times 10^{3}$ J; énergie cinétique de rotation du tambour $\frac{1}{2}(0{,}9375)\left(\frac{6{,}923}{0{,}250}\right)^{2}\approx 3{,}59\times 10^{2}$ J. Somme : $5\,088+1\,198+359\approx 6{,}65\times 10^{3}$ J, exactement le travail du moteur. Le bilan boucle au joule près, et l'on constate que $76\,\%$ de l'énergie sert réellement à monter la charge, le reste étant temporairement stocké sous forme cinétique.

a) Aucun moment de force extérieur ne s'exerce autour de l'axe vertical : la glace est presque sans frottement et le poids est parallèle à l'axe. Donc $L$ se conserve : $I_{1}\omega_{1}=I_{2}\omega_{2}$, d'où $\omega_{2}=\dfrac{4{,}50\times 1{,}50}{1{,}20}=5{,}63$ rad/s. La vitesse est multipliée par 3,75, exactement le rapport des moments d'inertie.

b) $K_{1}=\frac{1}{2}I_{1}\omega_{1}^{2}=\frac{1}{2}\times 4{,}50\times 1{,}50^{2}=5{,}06$ J. $K_{2}=\frac{1}{2}\times 1{,}20\times 5{,}63^{2}=19{,}0$ J. L'énergie cinétique a été MULTIPLIÉE par 3,75, elle aussi.

c) La différence de 13,9 J vient du TRAVAIL MUSCULAIRE de la patineuse. En ramenant ses bras, elle doit tirer vers l'intérieur contre la force centrifuge apparente, et ce déplacement contre une force représente un travail positif fourni au système. Il n'y a donc aucune contradiction : la conservation du moment cinétique n'exige que l'absence de moment de force EXTÉRIEUR, alors que la conservation de l'énergie exigerait l'absence de travail, y compris intérieur. Le résultat général se retient ainsi : quand $I$ diminue à $L$ constant, $\omega$ varie comme $\frac{1}{I}$ mais $K=\frac{L^{2}}{2I}$ varie comme $\frac{1}{I}$ également, donc l'énergie augmente toujours.

d) La personne, assimilée à un point à 2,00 m de l'axe, apporte $I_{p}=mr^{2}=60{,}0\times 2{,}00^{2}=240$ kg·m². Elle arrive sans moment cinétique propre autour de l'axe. La conservation donne $250\times 2{,}00=\left(250+240\right)\omega'$, d'où $\omega'=\dfrac{500}{490}=1{,}02$ rad/s. Le manège ralentit de moitié environ.

e) $K_{1}=\frac{1}{2}\times 250\times 2{,}00^{2}=500$ J et $K_{2}=\frac{1}{2}\times 490\times 1{,}02^{2}=255$ J : on a PERDU 49 % de l'énergie, alors qu'en b on en avait gagné. La différence tient à la nature du processus. En b, un agent intérieur fournit du travail de façon contrôlée. En d, il s'agit d'un choc PARFAITEMENT INÉLASTIQUE : la personne, initialement immobile, doit être mise en rotation par frottement contre le plancher du manège, et ce frottement dissipe de l'énergie en chaleur. C'est l'exact analogue rotationnel d'une collision parfaitement inélastique, où la quantité de mouvement se conserve mais où l'énergie cinétique diminue toujours.

a) Pour $m_{1}$ qui monte : $T_{1}-m_{1}g=m_{1}a$. Pour $m_{2}$ qui descend : $m_{2}g-T_{2}=m_{2}a$. Pour la poulie, les deux tensions s'appliquent tangentiellement et en sens opposés : $\left(T_{2}-T_{1}\right)R=I\alpha$, avec $\alpha=\dfrac{a}{R}$ puisque le fil ne glisse pas. Si $T_{1}$ était égale à $T_{2}$, le moment résultant serait nul et la poulie ne pourrait pas accélérer : c'est précisément la DIFFÉRENCE de tension qui la met en rotation. L'égalité des tensions n'est valable que pour une poulie de masse négligeable.

b) En additionnant les trois équations, les tensions s'éliminent : $m_{2}g-m_{1}g=m_{1}a+m_{2}a+\dfrac{I}{R^{2}}a$, d'où le résultat annoncé. Numériquement, $\dfrac{I}{R^{2}}=\dfrac{0{,}0900}{0{,}0225}=4{,}00$ kg, et $a=\dfrac{\left(5{,}00-3{,}00\right)\times 9{,}80}{3{,}00+5{,}00+4{,}00}=\dfrac{19{,}6}{12{,}0}=1{,}63$ m/s².

c) $T_{1}=m_{1}\left(g+a\right)=3{,}00\times\left(9{,}80+1{,}633\right)=34{,}3$ N. $T_{2}=m_{2}\left(g-a\right)=5{,}00\times\left(9{,}80-1{,}633\right)=40{,}8$ N. On a bien $T_{2}>T_{1}$. Vérification : $\left(T_{2}-T_{1}\right)R=\left(40{,}83-34{,}30\right)\times 0{,}150=0{,}980$ N·m, et $I\alpha=0{,}0900\times\dfrac{1{,}633}{0{,}150}=0{,}0900\times 10{,}89=0{,}980$ N·m. Les deux coïncident.

d) Sans masse, $I=0$ et $a=\dfrac{19{,}6}{8{,}00}=2{,}45$ m/s², soit 50 % de plus. Le terme $\dfrac{I}{R^{2}}$, homogène à une masse et valant ici 4,00 kg, s'ajoute simplement aux masses en translation : c'est la MASSE ÉQUIVALENTE de la poulie, c'est-à-dire la masse qu'il faudrait ajouter au système en translation pour produire la même inertie. Une poulie pesante freine donc le système exactement comme le ferait une charge supplémentaire, ce qui donne une lecture très intuitive de $I$.

e) Après $t=1{,}50$ s, $v=at=1{,}633\times 1{,}50=2{,}45$ m/s et $\omega=\dfrac{v}{R}=16{,}3$ rad/s. L'énergie cinétique totale vaut $K=\frac{1}{2}\left(m_{1}+m_{2}\right)v^{2}+\frac{1}{2}I\omega^{2}=\frac{1}{2}\times 8{,}00\times 6{,}00+\frac{1}{2}\times 0{,}0900\times 266{,}9=24{,}0+12{,}0=36{,}0$ J. Vérification par l'énergie : chaque masse s'est déplacée de $d=\frac{1}{2}at^{2}=1{,}84$ m, donc $m_{2}$ est descendue de 1,84 m et $m_{1}$ est montée d'autant. La variation d'énergie potentielle vaut $\left(m_{2}-m_{1}\right)gd=2{,}00\times 9{,}80\times 1{,}838=36{,}0$ J, exactement l'énergie cinétique acquise. Aucun frottement n'ayant été supposé, le bilan est parfait.

a) Deux équations, comme toujours en roulement. Translation le long de la pente : $Mg\sin\theta-f=Ma$. Rotation autour du centre de masse, le frottement étant la seule force qui exerce un moment : $fR=I\alpha=\frac{2}{5}MR^{2}\frac{a}{R}$, d'où $f=\frac{2}{5}Ma$. En reportant : $Mg\sin\theta-\frac{2}{5}Ma=Ma$, soit $a=\frac{g\sin\theta}{1+\frac{2}{5}}=\frac{9{,}80\sin 25{,}0^{\circ}}{1{,}40}\approx 2{,}96$ m/s$^{2}$. Frottement : $f=\frac{2}{5}(2{,}00)(2{,}958)\approx 2{,}37$ N. Vérification par la première équation : $Mg\sin\theta-Ma=2{,}00(4{,}142)-2{,}00(2{,}958)=8{,}283-5{,}917\approx 2{,}37$ N. Les deux concordent.

b) La normale vaut $N=Mg\cos\theta=2{,}00(9{,}80)\cos 25{,}0^{\circ}\approx 17{,}8$ N, donc $\mu_{min}=\frac{f}{N}=\frac{2{,}367}{17{,}76}\approx 0{,}133$. Le résultat général s'obtient en éliminant les données : $\mu_{min}=\frac{\frac{2}{5}Ma}{Mg\cos\theta}=\frac{2}{7}\tan\theta$, ce que confirme $\frac{2}{7}\tan 25{,}0^{\circ}\approx 0{,}133$. La masse et le rayon disparaissent, seul l'angle compte. Avec $\mu_{s}=0{,}400$, le roulement pur cesse quand $\frac{2}{7}\tan\theta=0{,}400$, soit $\tan\theta=1{,}40$ et $\theta\approx 54{,}5^{\circ}$. Au-delà, la sphère roule ET glisse, et il faut alors utiliser le frottement cinétique.

c) Parce que le frottement statique ne travaille pas. Le travail d'une force vaut $\vec{F}\cdot\vec{v}$ intégré dans le temps, et $\vec{v}$ est ici la vitesse du POINT D'APPLICATION, c'est-à-dire du point de contact. Or dans un roulement sans glissement, la vitesse instantanée du point de contact est nulle, par définition même du non-glissement : le point de contact est le centre instantané de rotation. Une force appliquée en un point de vitesse nulle développe une puissance nulle, donc ne dissipe rien. Le frottement statique se contente de redistribuer l'énergie entre translation et rotation, sans en détruire. C'est exactement le contraire du frottement cinétique, où le glissement fait que le point d'application défile et chauffe la surface.

d) Le yo-yo obéit à la même paire d'équations, mais la ficelle s'enroule sur le petit axe de rayon $r$, pas sur $R$. Moment d'inertie : $I=\frac{1}{2}MR^{2}=\frac{1}{2}(0{,}120)(0{,}0400)^{2}=9{,}60\times 10^{-5}$ kg$\cdot$m$^{2}$. Translation : $Mg-T=Ma$. Rotation : $Tr=I\alpha=I\frac{a}{r}$, donc $T=\frac{I}{r^{2}}a$. Or $\frac{I}{r^{2}}=\frac{9{,}60\times 10^{-5}}{2{,}50\times 10^{-5}}=3{,}84$ kg. En additionnant : $Mg=\left(M+\frac{I}{r^{2}}\right)a$, soit $a=\frac{0{,}120(9{,}80)}{0{,}120+3{,}84}=\frac{1{,}176}{3{,}96}\approx 0{,}297$ m/s$^{2}$. Tension : $T=3{,}84(0{,}297)\approx 1{,}14$ N, soit presque tout le poids du yo-yo, qui vaut $1{,}18$ N.

e) Le terme $\frac{I}{r^{2}}=3{,}84$ kg écrase la masse réelle de $0{,}120$ kg : le yo-yo se comporte comme un objet trente-deux fois plus lourd tiré par son seul poids. Son accélération ne vaut que $\frac{0{,}297}{9{,}80}\approx 3{,}0\,\%$ de $g$. La cause est le tout petit rayon d'enroulement : pour descendre d'un centimètre, le disque doit tourner huit fois plus qu'avec une ficelle enroulée sur son bord, donc emmagasiner beaucoup plus d'énergie de rotation. Si $r$ tendait vers $R$, on aurait $\frac{I}{r^{2}}=\frac{M}{2}$ et $a=\frac{Mg}{1{,}5M}=\frac{2g}{3}\approx 6{,}53$ m/s$^{2}$, plus de vingt fois plus rapide. Fractions d'énergie de rotation, données par $\frac{I/r^{2}}{M+I/r^{2}}$ pour le yo-yo et par $\frac{I/R^{2}}{M+I/R^{2}}$ pour la sphère : $\frac{3{,}84}{3{,}96}\approx 97\,\%$ pour le yo-yo, contre $\frac{2/5}{1+2/5}=\frac{2}{7}\approx 29\,\%$ pour la sphère. Le yo-yo est essentiellement un objet qui tourne et qui, accessoirement, descend.