Dynamique de rotation et moment cinétique · Physique générale I

Objectifs du chapitre

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

décrire la rotation d'un solide autour d'un axe fixe par l'angle, la vitesse angulaire et l'accélération angulaire, et relier ces grandeurs à la vitesse et à l'accélération d'un point du solide;
calculer le moment d'une force par rapport à un point ou à un axe, reconnaître un bras de levier et un couple, et distinguer le newton-mètre du joule;
définir le moment cinétique d'un point matériel et d'un système, énoncer et démontrer le théorème du moment cinétique et appliquer sa conservation (patineuse, plongeur, planètes);
calculer le moment d'inertie de corps simples par intégration et utiliser le théorème de Huygens–Steiner;
résoudre des problèmes de dynamique de rotation avec l'équation $I α = M_{z}$ (volant, poulie massive, machine d'Atwood, tambour de téléphérique);
calculer l'énergie cinétique de rotation, le travail et la puissance d'un moment de force, et appliquer le théorème de l'énergie cinétique aux solides en rotation.

Cinématique de la rotation autour d'un axe fixe

Angle, vitesse angulaire et accélération angulaire

Les chapitres 2 à 5 traitaient de points matériels: la position d'un point suffisait à décrire son mouvement. Une roue de vélo, une pale d'éolienne, le tambour d'un téléphérique ou la Terre elle-même sont des solides: des ensembles de points dont les distances mutuelles ne changent pas. Lorsqu'un solide tourne autour d'un axe fixe, chaque point décrit un cercle centré sur l'axe, mais tous ces cercles sont parcourus en phase: un seul angle suffit à repérer le solide entier. C'est ce qui rend la rotation aussi simple, et aussi riche, que la translation rectiligne du chapitre 2.

Le radian est l'unité naturelle: un angle $θ$ en radians est le rapport de l'arc au rayon, de sorte que les formules ci-dessous ne contiennent aucun facteur de conversion. Dans la pratique industrielle, on donne souvent la vitesse de rotation $n$ en tours par minute (tr/min); on convertit par $ω = 2 π n /60$ . Ainsi $3000$ tr/min correspondent à $ω = 314$ rad/s. Lorsque $α$ est constante, les relations du mouvement uniformément accéléré du chapitre 2 se transposent mot pour mot: $ω = ω_{0} + α t$ , $θ = θ_{0} + ω_{0} t + \frac{1}{2} α t^{2}$ et $ω^{2} = ω_{0}^{2} + 2 α (θ - θ_{0})$ .

Lien avec la vitesse et l'accélération d'un point

Un point $P$ du solide situé à la distance $R$ de l'axe parcourt un cercle de rayon $R$ : son abscisse curviligne est $s = R θ$ , donc sa vitesse vaut $v = R ω$ , tangente au cercle. Au chapitre 2, nous avons décomposé l'accélération du mouvement circulaire en une composante tangentielle et une composante normale (centripète):

v = ω \land r, a_{t} = R α, a_{n} = R ω^{2} = \frac{v ^{2}}{R} . (9.2)

La première écriture, avec le produit vectoriel, vaut pour tout point du solide, $r$ étant le vecteur position depuis un point quelconque de l'axe: $ω \land r$ est perpendiculaire à l'axe et à $r$ , donc tangent au cercle, et sa norme vaut $ω r sin φ = ω R$ , où $φ$ est l'angle entre $r$ et l'axe. Plus un point est loin de l'axe, plus il va vite: c'est la raison pour laquelle le bout d'une pale d'éolienne avance à plusieurs centaines de kilomètres à l'heure alors que le moyeu tourne lentement.

Le tableau suivant, que nous compléterons au fil du chapitre, résume l'analogie translation – rotation qui en est le fil conducteur.

Translation (chapitres 2 à 5)	Rotation autour d'un axe fixe
position $x$	angle $θ$
vitesse $v = \overset{x}{˙}$	vitesse angulaire $ω = \dot{θ}$
accélération $a = \overset{v}{˙}$	accélération angulaire $α = \overset{ω}{˙}$
masse $m$	moment d'inertie $I$
force $F$	moment de force $M_{z}$
quantité de mouvement $p = m v$	moment cinétique $L_{z} = I ω$
$F = ma$ , $F = d p / d t$	$M_{z} = I α$ , $M_{z} = d L_{z} / d t$
énergie cinétique $\frac{1}{2} m v^{2}$	énergie cinétique $\frac{1}{2} I ω^{2}$
travail $W = \int F d x$ , puissance $P = F v$	travail $W = \int M_{z} d θ$ , puissance $P = M_{z} ω$

Exemple 9.1 · Disque dur, éolienne et roue de vélo

Disque dur. Un plateau de disque dur tourne à $7200$ tr/min, soit $ω = 7200 \cdot 2 π /60 = 754$ rad/s. Sur la piste extérieure, à $R = 47, 5$ mm de l'axe, la vitesse de défilement sous la tête de lecture vaut $v = R ω = 0, 0475 \times 754 = 35, 8$ m/s, et l'accélération centripète $a_{n} = R ω^{2} = 2, 70 \cdot 1 0^{4}$ m/s², soit environ $2750 g$ : une poussière posée sur le plateau est éjectée instantanément.

Éolienne. Le rotor d'une éolienne de $120$ m de diamètre tourne à $12$ tr/min: $ω = 12 \cdot 2 π /60 = 1, 257$ rad/s. Le bout de pale, à $R = 60$ m, avance à $v = 60 \times 1, 257 = 75, 4$ m/s, soit $271$ km/h, et subit une accélération centripète $a_{n} = R ω^{2} = 60 \times 1, 25 7^{2} = 94, 7$ m/s², près de $10 g$ : la pale doit résister à une force centrifuge (chapitre 8) qui, pour une pale de $10$ t, se chiffre en centaines de kilonewtons.

Roue de vélo. Une roue de rayon $R = 0, 35$ m portant un cycliste à $36$ km/h ( $v = 10$ m/s) tourne à $ω = v / R = 28, 6$ rad/s, soit $273$ tr/min. Le point de contact avec le sol est momentanément immobile et le sommet de la roue avance à $2 v = 20$ m/s: nous y reviendrons au chapitre 10 avec le roulement sans glissement.

Exercice

Un disque dur d'ordinateur portable tourne à $5400$ tr/min. Calculez la vitesse (en m/s) d'un point situé à $R = 32$ mm de l'axe.

Moment d'une force

Définition et bras de levier

Pour ouvrir une porte, on pousse loin des gonds et perpendiculairement à la porte: une force appliquée près de l'axe, ou dirigée vers lui, ne la fait pas tourner. L'efficacité d'une force pour produire une rotation dépend donc non seulement de son intensité, mais de son point d'application et de sa direction. Le produit vectoriel du chapitre 1 est exactement l'outil qui code ces trois informations.

Figure 9.1. Moment d'une force de 200 N appliquée à 60° au bout d'une clé de 25 cm. Seule la composante F⊥ = F sin θ perpendiculaire au manche produit un moment; la composante F∥ passe par l'axe du boulon. Le moment vaut M = r F⊥ = F d, où d = r sin θ est le bras de levier (distance de O à la ligne d'action, en pointillé). Le vecteur M = r ∧ F est dirigé vers le lecteur: la rotation est antihoraire, M_z est positif.

La figure 9.1 illustre les deux lectures équivalentes de (9.3): on peut décomposer la force en une composante $F_{∥}$ le long de $r$ , sans effet, et une composante $F_{⊥} = F sin θ$ perpendiculaire, seule active, ou bien garder toute la force et remplacer $r$ par le bras de levier $d$ . Faire glisser une force le long de sa droite d'action ne change ni $d$ ni le moment.

Somme des moments, couple, moment par rapport à un axe

Lorsqu'un solide est soumis à plusieurs forces, leurs moments par rapport à un même point s'additionnent vectoriellement: $M_{O} = \sum_{i} r_{i} \land F_{i}$ . Le moment dépend en général du point choisi: si l'on change $O$ en $O^{'}$ , on a $r_{i} = O P_{i} = O O^{'} + O^{'} P_{i}$ , et en reportant dans la somme,

M_{O} = M_{O^{'}} + O O^{'} \land i \sum F_{i} . (9.5)

Le moment est indépendant du point si et seulement si la résultante des forces est nulle. C'est le cas d'un couple: deux forces opposées $F$ et $- F$ appliquées en deux points distants de $d$ (mesuré perpendiculairement aux forces) ont une résultante nulle et un moment de norme $F d$ , le même par rapport à tout point. Les deux mains sur un volant, les deux doigts qui tournent un robinet, le rotor d'un moteur électrique exercent des couples: ils font tourner sans pousser.

Pour une rotation autour d'un axe fixe $Δ$ , seule compte la composante du moment le long de l'axe: le moment par rapport à l'axe $M_{Δ} = M_{O} \cdot e_{Δ}$ , où $O$ est un point quelconque de l'axe (il ne dépend pas du choix de $O$ sur l'axe, d'après (9.5)). Une force parallèle à l'axe, ou dont la droite d'action coupe l'axe, a un moment nul par rapport à celui-ci: elle est reprise par les paliers et ne fait pas tourner. En pratique, on se ramène au plan perpendiculaire à l'axe et l'on applique (9.4).

Exemple 9.2 · Clé, boulon et porte

Clé plate. Un mécanicien applique $F = 200$ N au bout d'une clé de $r = 25$ cm, à $60°$ du manche (figure 9.1). Le moment sur le boulon vaut $M = r F sin θ = 0, 25 \times 200 \times 0, 866 = 43, 3$ N·m, avec un bras de levier $d = 0, 25 sin 60° = 21, 7$ cm. Pour atteindre le couple de serrage de $120$ N·m prescrit pour un boulon de roue de voiture, il faudrait $F = 120/0, 25 = 480$ N perpendiculairement au manche, soit presque le poids d'une personne: avec une rallonge portant $r$ à $50$ cm, $240$ N suffisent. C'est le principe de la clé à tube.

Porte. Une porte de $0, 9$ m de large est poussée à la poignée par une force de $30$ N faisant $45°$ avec le plan de la porte: $M = 0, 9 \times 30 \times sin 45° = 19, 1$ N·m. La même force appliquée perpendiculairement donnerait $27$ N·m; appliquée à $10$ cm des gonds, seulement $3$ N·m: la porte résiste, et l'on comprend pourquoi les poignées sont toujours du côté opposé aux charnières.

Exercice

On applique une force de $100$ N à une clé de $30$ cm. Laquelle des configurations suivantes produit le plus grand moment sur le boulon?

Moment cinétique

Point matériel et théorème du moment cinétique

La deuxième loi de Newton relie la force à la dérivée de la quantité de mouvement. Pour la rotation, la grandeur qui joue le rôle de $p$ s'obtient par la même opération que pour passer de la force au moment: un produit vectoriel par $r$ .

Démonstration. La dérivée d'un produit vectoriel obéit à la règle de Leibniz (les deux facteurs se dérivent tour à tour, en respectant l'ordre): $\frac{d}{d t} (r \land p) = \dot{r} \land p + r \land \dot{p}$ . Le premier terme est $v \land m v = 0$ , car le produit vectoriel de deux vecteurs colinéaires est nul. Le second vaut $r \land F$ d'après la deuxième loi de Newton $\dot{p} = F$ , valable dans un référentiel galiléen. $□$

Système de points matériels

Le résultat s'étend à un système quelconque, ce qui est essentiel: c'est ce qui permet de parler du moment cinétique d'un solide, d'une patineuse ou du système solaire sans suivre chacun de leurs points.

Démonstration. Appliquons le théorème 9.1 à chaque point $i$ , soumis à la force extérieure $F_{i}^{ext}$ et aux forces intérieures $f_{ij}$ exercées par les autres points $j$ , puis sommons:

\frac{d L _{O}}{d t} = i \sum r_{i} \land F_{i}^{ext} + i \sum j \neq = i \sum r_{i} \land f_{ij} .

Dans la double somme, regroupons les termes par paires ${i, j}$ : $r_{i} \land f_{ij} + r_{j} \land f_{j i} = (r_{i} - r_{j}) \land f_{ij}$ puisque $f_{j i} = - f_{ij}$ (troisième loi). Or $f_{ij}$ est portée par $r_{i} - r_{j}$ (forme forte de la troisième loi, vérifiée par la gravitation, les forces électrostatiques et les forces de contact): le produit vectoriel est nul. Toutes les paires s'annulent et il ne reste que le moment des forces extérieures. Pour le point $G$ , on écrit $r_{i} = r_{G} + r_{i}^{'}$ ; le terme supplémentaire $\sum_{i} r_{i}^{'} \land m_{i} a_{G} = (\sum_{i} m_{i} r_{i}^{'}) \land a_{G}$ s'annule par définition du centre de masse ( $\sum_{i} m_{i} r_{i}^{'} = 0$ , chapitre 5). $□$

Conservation du moment cinétique

Démonstration. C'est (9.8) avec $M_{O}^{ext} = 0$ : une dérivée nulle sur un intervalle signifie une fonction constante. Pour une force centrale, $F = F (r) e_{r}$ est colinéaire à $r$ , donc $r \land F = 0$ . $□$

La conservation du moment cinétique pour une force centrale a deux conséquences géométriques. D'abord, $r$ reste perpendiculaire au vecteur constant $L_{O}$ : le mouvement est plan. Ensuite, en coordonnées polaires dans ce plan, $v = \overset{r}{˙} e_{r} + r \dot{θ} e_{θ}$ (chapitre 2), d'où $L_{O} = m r \cdot r \dot{θ} = m r^{2} \dot{θ}$ . L'aire balayée par le rayon vecteur pendant $d t$ vaut $d A = \frac{1}{2} r^{2} d θ$ , donc

\frac{d A}{d t} = \frac{r ^{2} θ ˙}{2} = \frac{L _{O}}{2 m} = constante : (9.9)

le rayon vecteur balaie des aires égales en des temps égaux. C'est la deuxième loi de Kepler, que le chapitre 6 avait énoncée comme un fait d'observation: elle exprime simplement la conservation du moment cinétique d'une planète soumise à l'attraction centrale du Soleil. Près du périhélie, $r$ est petit et $\dot{θ}$ grand; à l'aphélie, l'inverse.

Figure 9.2. Patineuse en pirouette. Bras écartés, son moment d'inertie vaut I₁ = 4 kg·m² et elle tourne à 2 tr/s; bras ramenés le long du corps, I₂ = 1,2 kg·m² et la vitesse de rotation passe à 6,67 tr/s. Le moment cinétique L = Iω (flèche bleue, portée par l'axe) est le même dans les deux cas, car ni le poids ni la réaction de la glace n'ont de moment selon l'axe vertical. L'énergie cinétique, elle, est multipliée par I₁/I₂: la différence est fournie par le travail des muscles qui ramènent les bras.

Exemple 9.3 · Patineuse, plongeur, chaise tournante et pulsar

Patineuse. Une patineuse tourne sur elle-même à $ω_{1} = 2$ tr/s, bras écartés, avec un moment d'inertie (défini à la section suivante) $I_{1} = 4, 0$ kg·m². Elle ramène les bras: $I_{2} = 1, 2$ kg·m². Le poids et la réaction de la glace sont verticaux et passent par l'axe: leur moment selon l'axe est nul, et $L_{z} = I ω$ est conservé. Donc

ω_{2} = \frac{I _{1}}{I _{2}} ω_{1} = \frac{4 , 0}{1 , 2} \times 2 = 6, 67 tr/s .

Son énergie cinétique passe de $\frac{1}{2} I_{1} ω_{1}^{2} = \frac{1}{2} \times 4 \times (4 π)^{2} = 316$ J à $\frac{1}{2} I_{2} ω_{2}^{2} = 1053$ J: le rapport vaut $I_{1} / I_{2} = 3, 33$ . L'énergie n'est pas conservée, car les muscles fournissent un travail pour ramener les bras contre la force centrifuge; le moment cinétique, lui, l'est.

Plongeur. Un plongeur quitte le tremplin avec un moment cinétique fixé par sa poussée; en vol, seul le poids agit, dont le moment par rapport au centre de masse est nul: $L_{G}$ est conservé. En se groupant, il divise son moment d'inertie par trois ou quatre et enchaîne les saltos; en se dépliant avant l'entrée dans l'eau, il ralentit sa rotation.

Chaise tournante. Une personne assise sur un tabouret tournant, immobile, tient une roue de vélo tournant à l'horizontale avec $L_{z} = + L$ . Elle retourne la roue: le moment cinétique de la roue devient $- L$ ; le système (personne + tabouret + roue) étant libre de tourner sans frottement autour de l'axe vertical, son $L_{z}$ total reste $+ L$ , donc la personne se met à tourner avec $L_{z} = + 2 L$ , dans le sens initial de la roue.

Pulsar. Lorsqu'une étoile épuise son combustible, son cœur s'effondre en une étoile à neutrons de quelque $10$ km de rayon. Si le Soleil ( $R_{1} = 6, 96 \cdot 1 0^{8}$ m, période de rotation $25$ jours) subissait un tel effondrement en conservant sa masse, son moment cinétique $L \propto M R^{2} ω$ imposerait $ω_{2} / ω_{1} = (R_{1} / R_{2})^{2} = 4, 8 \cdot 1 0^{9}$ , soit une période de $25 \times 86 400/4, 8 \cdot 1 0^{9} = 4, 5 \cdot 1 0^{- 4}$ s. Les pulsars les plus rapides observés tournent effectivement en quelques millisecondes: l'ordre de grandeur est correct, la différence venant de la matière et du moment cinétique emportés par l'explosion.

Exercice

Un patineur tourne à $1, 5$ tr/s avec un moment d'inertie de $3, 2$ kg·m². Il ramène les bras et son moment d'inertie tombe à $0, 8$ kg·m². Quelle est sa nouvelle vitesse de rotation, en tours par seconde?

Le solide en rotation autour d'un axe fixe

Moment cinétique d'un solide et moment d'inertie

Appliquons la définition (9.6) à un solide tournant à la vitesse angulaire $ω$ autour de l'axe fixe $O z$ . Un point $i$ du solide, de masse $m_{i}$ , situé à la distance $R_{i}$ de l'axe, décrit un cercle de rayon $R_{i}$ à la vitesse $v_{i} = R_{i} ω$ . Sa contribution à la composante du moment cinétique le long de l'axe vaut $m_{i} R_{i} v_{i} = m_{i} R_{i}^{2} ω$ : le facteur $ω$ est commun à tous les points, et ce qui reste ne dépend que de la répartition des masses.

Démonstration. Prenons l'origine $O$ sur l'axe et écrivons $r_{i} = R_{i} + z_{i} e_{z}$ , où $R_{i}$ est la composante perpendiculaire à l'axe, de norme $R_{i}$ . La vitesse $v_{i} = ω \land r_{i} = ω e_{z} \land R_{i}$ est perpendiculaire à $e_{z}$ et à $R_{i}$ , de norme $R_{i} ω$ . Alors $L_{O} \cdot e_{z} = \sum_{i} m_{i} (r_{i} \land v_{i}) \cdot e_{z}$ . Le terme en $z_{i} e_{z} \land v_{i}$ est perpendiculaire à $e_{z}$ et ne contribue pas; le terme $R_{i} \land v_{i}$ est porté par $e_{z}$ (deux vecteurs perpendiculaires à l'axe), de composante $R_{i} \cdot R_{i} ω$ avec le signe de $ω$ . Ainsi $L_{z} = \sum_{i} m_{i} R_{i}^{2} ω$ . $□$

Le moment d'inertie joue pour la rotation le rôle de la masse pour la translation: il mesure la résistance du solide à une modification de sa vitesse angulaire. Mais, contrairement à la masse, il dépend de l'axe: la même tige est facile à faire tourner autour de son axe longitudinal et difficile à faire tourner autour d'un axe perpendiculaire, et d'autant plus que l'axe est loin de son centre. Notez que le théorème ne dit rien des composantes $L_{x}$ et $L_{y}$ : pour un solide non symétrique par rapport à l'axe (une roue mal équilibrée), $L_{O}$ n'est pas parallèle à $ω$ et tourne avec le solide, ce qui exige des paliers un moment variable: c'est le balourd que corrige l'équilibrage des roues.

Calcul de moments d'inertie par intégration

Exemple 9.5 · Disque plein et cylindre

Soit un disque homogène de masse $M$ , de rayon $R$ et de masse surfacique $σ = M / (π R^{2})$ , en rotation autour de son axe de symétrie. Découpons-le en couronnes concentriques de rayon $r$ et d'épaisseur $d r$ : chacune a l'aire $2 π r d r$ , la masse $d m = 2 π σ r d r$ , et tous ses points sont à la distance $r$ de l'axe. Donc

I = \int_{0}^{R} r^{2} \cdot 2 π σ r d r = 2 π σ \frac{R ^{4}}{4} = \frac{π σ R ^{4}}{2} = \frac{1}{2} M R^{2} .

Un cylindre plein est un empilement de disques de même rayon et de même axe: son moment d'inertie est aussi $\frac{1}{2} M R^{2}$ , quelle que soit sa longueur. Un anneau mince (ou un cylindre creux à paroi mince) a toute sa masse à la distance $R$ : $I = M R^{2}$ , le double du disque de même masse. C'est pour cela qu'une jante de vélo, un volant d'inertie ou une roue hydraulique concentrent leur masse à la périphérie.

Figure 9.3. Moments d'inertie de corps homogènes par rapport à l'axe en pointillé. Tige mince: ML²/12 par le centre, ML²/3 par une extrémité; anneau: MR²; disque ou cylindre plein: MR²/2; sphère pleine: 2MR²/5; sphère creuse: 2MR²/3. À masse et dimension égales, le moment d'inertie est d'autant plus grand que la masse est éloignée de l'axe: le coefficient croît de la sphère pleine (0,4) au disque (0,5), à la coquille (0,667) et à l'anneau (1).

Les moments d'inertie de la sphère pleine ( $\frac{2}{5} M R^{2}$ , exercice 9.5) et de la coquille sphérique ( $\frac{2}{3} M R^{2}$ ) s'obtiennent par la même méthode, en empilant des disques ou des anneaux. Pour la Terre, le coefficient mesuré vaut $0, 33$ au lieu de $0, 4$ : la planète est plus dense au centre (noyau de fer) qu'en surface, et sa masse est donc plus concentrée près de l'axe qu'une sphère homogène.

Théorème de Huygens–Steiner

Les tables donnent les moments d'inertie par rapport à des axes passant par le centre de masse. Pour tout autre axe parallèle, un seul théorème suffit.

Démonstration. Choisissons les axes de sorte que $Δ_{G}$ soit l'axe $G z$ et que $Δ$ soit la droite $x = d$ , $y = 0$ , parallèle à $G z$ . Notons $R_{i} = (x_{i}, y_{i})$ la projection de la position du point $i$ (relative à $G$ ) sur le plan perpendiculaire à l'axe, et $d = (d, 0)$ . La distance du point $i$ à $Δ$ est $∥ R_{i} - d ∥$ , donc

I_{Δ} = i \sum m_{i} ∥ R_{i} - d ∥^{2} = i \sum m_{i} R_{i}^{2} - 2 d \cdot i \sum m_{i} R_{i} + d^{2} i \sum m_{i} = I_{G} - 2 d \cdot i \sum m_{i} R_{i} + M d^{2} .

Le terme du milieu contient $\sum_{i} m_{i} R_{i}$ , projection de $\sum_{i} m_{i} G P_{i} = 0$ (définition du centre de masse, chapitre 5): il est nul, et il reste (9.12). Comme $M d^{2} \geq 0$ , le minimum est atteint pour $d = 0$ . $□$

Vérifions sur la tige: $I_{A} = I_{G} + M (L /2)^{2} = \frac{1}{12} M L^{2} + \frac{1}{4} M L^{2} = \frac{1}{3} M L^{2}$ , ce que l'intégration directe avait donné. Un disque tournant autour d'un axe perpendiculaire passant par son bord a pour moment d'inertie $\frac{1}{2} M R^{2} + M R^{2} = \frac{3}{2} M R^{2}$ . Attention: le théorème relie toujours un axe au centre de masse à un autre; pour passer de l'axe $A$ à un axe $B$ quelconque, il faut passer par $G$ deux fois.

Démonstration. Pour un point de la plaque, $z_{i} = 0$ : sa distance à $O z$ est $x_{i}^{2} + y_{i}^{2}$ , sa distance à $O x$ est $∣ y_{i} ∣$ et sa distance à $O y$ est $∣ x_{i} ∣$ . Donc $I_{z} = \sum_{i} m_{i} (x_{i}^{2} + y_{i}^{2}) = \sum_{i} m_{i} y_{i}^{2} + \sum_{i} m_{i} x_{i}^{2} = I_{x} + I_{y}$ . $□$

Par symétrie, un disque a le même moment d'inertie $I_{x} = I_{y}$ par rapport à tout diamètre; le théorème donne $2 I_{x} = \frac{1}{2} M R^{2}$ , donc $I_{diam \overset{e}{ˋ} tre} = \frac{1}{4} M R^{2}$ : la roue d'un vélo est deux fois plus facile à faire basculer qu'à faire tourner.

L'explorateur suivant permet de vérifier toutes ces propriétés sur un système simple: une tige portant deux masses ponctuelles. Déplacez l'axe et observez comment le moment d'inertie varie en $d^{2}$ autour de son minimum au centre de masse, et comment la contribution de chaque masse dépend du carré de sa distance à l'axe.

Explorateur du moment d'inertie

Une tige mince de 2 m porte deux masses ponctuelles m₁ et m₂. Déplacez l'axe de rotation et les masses: le moment d'inertie I dépend du carré des distances à l'axe, et il est minimal lorsque l'axe passe par le centre de masse (théorème de Huygens–Steiner).

I par rapport à l'axe

2,947kg·m²

Centre de masse x_G

0,300m

I_G (axe par le centre de masse)

2,407kg·m²

Huygens–Steiner: I_G + M d²

2,947kg·m²

Rayon de giration √(I/M)

0,701m

Masse totale M

6,0kg

Masse de la tige m_tige2,0kg

Masse m₁1,0kg

Position x₁-0,60m

Masse m₂3,0kg

Position x₂0,80m

Position de l'axe x_a0,00m

Exercice

Remettez dans l'ordre les étapes de la démonstration du théorème de Huygens–Steiner $I_{Δ} = I_{G} + M d^{2}$ .

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Développer le carré:

∥ R_{i} - d ∥^{2} = R_{i}^{2} - 2 d \cdot R_{i} + d^{2}

et sommer avec les masses

m_{i}

Conclure

I_{Δ} = I_{G} + M d^{2}

et remarquer que

I_{Δ}

est minimal pour

d = 0

Écrire la distance du point

i

Δ

comme

∥ R_{i} - d ∥

, où

R_{i}

est la projection de

G P_{i}

sur le plan perpendiculaire

Choisir des axes tels que

Δ_{G}

soit l'axe

G z

et que

Δ

soit la parallèle passant par le point

d = (d, 0)

du plan perpendiculaire

Reconnaître

\sum_{i} m_{i} R_{i}^{2} = I_{G}

\sum_{i} m_{i} = M

Constater que

\sum_{i} m_{i} R_{i} = 0

par définition du centre de masse, ce qui annule le terme croisé

Équation du mouvement de rotation

Nous disposons maintenant de tous les ingrédients pour écrire l'analogue de $F = ma$ .

Démonstration. Projetons le théorème du moment cinétique (9.8) sur l'axe $Δ$ , en prenant pour $O$ un point de l'axe: $d L_{Δ} / d t = M_{Δ}^{ext}$ . Par le théorème 9.4, $L_{Δ} = I ω$ , et $I$ est constant puisque le solide est indéformable et l'axe fixe par rapport à lui. Donc $d L_{Δ} / d t = I \overset{ω}{˙} = I α$ . $□$

Exemple 9.7 · Poulie massive et machine d'Atwood

Masse suspendue à une poulie massive. Une masse $m = 5$ kg est suspendue à une corde enroulée sur une poulie assimilée à un disque plein de masse $M = 4$ kg et de rayon $R = 0, 2$ m, tournant sans frottement autour de son axe horizontal. La corde ne glisse pas. Cherchons l'accélération $a$ de la masse.

Pour la masse (axe vers le bas): $ma = m g - T$ . Pour la poulie, seule la tension a un moment par rapport à l'axe (le poids de la poulie et la réaction de l'axe passent par celui-ci): $I α = T R$ avec $I = \frac{1}{2} M R^{2}$ . La corde impose $a = R α$ . En éliminant $α$ et $T$ : $T = I a / R^{2} = \frac{1}{2} M a$ , puis $ma = m g - \frac{1}{2} M a$ , soit

a = \frac{m}{m + M /2} g = \frac{5}{5 + 2} \times 9, 81 = 7, 01 m/s^{2}, T = m (g - a) = 14, 0 N .

La poulie «pèse» pour la moitié de sa masse: son inertie de rotation freine la chute. Pour $M \to 0$ , on retrouve la chute libre $a = g$ et $T = 0$ . Remarquez que $T$ n'est pas égale au poids $m g = 49, 1$ N, ni ne dépend de $R$ : seule compte la fraction $I / R^{2} = M /2$ de la masse de la poulie.

Machine d'Atwood. Deux masses $m_{1} = 3$ kg et $m_{2} = 2$ kg pendent aux deux brins d'une corde passant sur une poulie disque de masse $M = 2$ kg. Les tensions $T_{1}$ et $T_{2}$ des deux brins sont maintenant différentes: c'est leur différence qui fait tourner la poulie. Avec un sens positif dans lequel $m_{1}$ descend: $m_{1} a = m_{1} g - T_{1}$ , $m_{2} a = T_{2} - m_{2} g$ et $I α = (T_{1} - T_{2}) R$ , $a = R α$ . En additionnant après avoir remplacé $T_{1} - T_{2} = \frac{1}{2} M a$ :

a = \frac{m _{1} - m _{2}}{m _{1} + m _{2} + M /2} g = \frac{1}{6} \times 9, 81 = 1, 64 m/s^{2},

au lieu de $1, 96$ m/s² avec une poulie sans masse (chapitre 3). Les tensions valent $T_{1} = m_{1} (g - a) = 24, 5$ N et $T_{2} = m_{2} (g + a) = 22, 9$ N: leur différence, $1, 64$ N, est exactement $\frac{1}{2} M a$ .

Exercice

Un disque homogène de masse $2$ kg et de rayon $0, 3$ m tourne autour d'un axe perpendiculaire à son plan et passant par un point de son bord. Calculez son moment d'inertie en kg·m².

Énergie cinétique de rotation, travail et puissance

Énergie cinétique

Démonstration. Chaque point $i$ a la vitesse $v_{i} = R_{i} ω$ , donc $E_{c} = \sum_{i} \frac{1}{2} m_{i} v_{i}^{2} = \frac{1}{2} (\sum_{i} m_{i} R_{i}^{2}) ω^{2} = \frac{1}{2} I ω^{2}$ . La seconde forme s'obtient en remplaçant $ω = L_{z} / I$ . $□$

La forme $L_{z}^{2} / (2 I)$ éclaire l'exemple 9.3: à moment cinétique constant, diminuer $I$ augmente l'énergie cinétique. Ce n'est pas une nouvelle forme d'énergie: l'énergie cinétique de rotation est la somme des énergies cinétiques ordinaires des points du solide, simplement regroupées grâce à la relation $v_{i} = R_{i} ω$ .

Travail et puissance d'un moment

Soit une force $F$ appliquée en un point $P$ du solide, à la distance $R$ de l'axe. Pendant une rotation $d θ$ , le point $P$ se déplace de $d r$ , tangent au cercle, de longueur $R d θ$ . Le travail élémentaire vaut $d W = F \cdot d r = F_{t} R d θ$ , où $F_{t}$ est la composante tangentielle de la force. Or $F_{t} R$ est précisément le moment de $F$ par rapport à l'axe (la composante radiale et la composante axiale n'ont pas de moment). Ainsi

d W = M_{Δ} d θ, W = \int_{θ_{1}}^{θ_{2}} M_{Δ} d θ, P = \frac{d W}{d t} = M_{Δ} ω . (9.15)

Un moment constant qui fait tourner de $θ$ fournit le travail $W = M θ$ : c'est ici que le newton-mètre du moment devient le joule du travail, l'angle en radians étant sans dimension. La relation $P = M ω$ est celle qu'utilisent tous les constructeurs de machines tournantes.

Démonstration. Multiplions (9.13) par $ω d t = d θ$ : $I α ω d t = M_{Δ} d θ$ . Or $I α ω d t = I ω d ω = d (\frac{1}{2} I ω^{2})$ . En intégrant entre les deux instants, on obtient $Δ E_{c} = \int M_{Δ} d θ = W$ . $□$

Exemple 9.8 · Moteur de voiture, éolienne et volant de stockage

Moteur. La fiche technique d'un moteur de voiture annonce un couple de $250$ N·m à $4000$ tr/min. La puissance à ce régime vaut $P = M ω = 250 \times 4000 \cdot 2 π /60 = 105$ kW, soit $142$ ch (un cheval-vapeur vaut $735, 5$ W). À bas régime, le couple est ce qui fait accélérer; la puissance maximale, atteinte à haut régime, fixe la vitesse de pointe. La boîte de vitesses est un multiplicateur de couple: en divisant la vitesse de rotation par un rapport $k$ , elle multiplie le moment par $k$ à puissance égale.

Éolienne. Une éolienne de $3$ MW dont le rotor tourne à $12$ tr/min ( $ω = 1, 257$ rad/s) exerce sur son arbre lent un moment $M = P / ω = 3 \cdot 1 0^{6} /1, 257 = 2, 39 \cdot 1 0^{6}$ N·m: près de $2, 4$ MN·m, ce qui explique la taille du multiplicateur qui porte la vitesse à $1500$ tr/min pour la génératrice, où le couple n'est plus que $19$ kN·m.

Volant de stockage. Un volant d'inertie destiné à lisser la production d'un réseau est un disque d'acier de $1$ t et de $1$ m de diamètre tournant à $3000$ tr/min. Son moment d'inertie vaut $I = \frac{1}{2} \times 1000 \times 0, 5^{2} = 125$ kg·m² et son énergie cinétique

E_{c} = \frac{1}{2} I ω^{2} = \frac{1}{2} \times 125 \times 314, 2^{2} = 6, 17 \cdot 1 0^{6} J = 1, 71 kWh .

C'est l'énergie d'une petite batterie de voiture électrique, restituable en une minute environ à $100$ kW ( $t = E / P = 61, 7$ s). La périphérie du disque avance à $R ω = 157$ m/s et subit une accélération centripète de $5000 g$ : la limite du stockage inertiel est la résistance du matériau à la force centrifuge, ce qui pousse vers des rotors en fibre de carbone tournant à des dizaines de milliers de tours par minute dans le vide.

Vers le chapitre 10: le cylindre qui descend une pente

Lorsqu'un cylindre roule sans glisser sur un plan incliné, il possède à la fois une énergie cinétique de translation $\frac{1}{2} m v^{2}$ et une énergie cinétique de rotation $\frac{1}{2} I ω^{2}$ avec $v = R ω$ . La conservation de l'énergie mécanique donne $m g h = \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} I ω^{2} = \frac{1}{2} (m + I / R^{2}) v^{2}$ : le cylindre plein ( $I / R^{2} = m /2$ ) arrive en bas moins vite qu'une masse qui glisserait sans frottement, et l'anneau ( $I / R^{2} = m$ ) encore moins vite, mais la sphère pleine ( $I / R^{2} = 2 m /5$ ) les bat tous. On montre que l'accélération du cylindre plein vaut $a = \frac{2}{3} g sin θ$ , celle de la sphère $\frac{5}{7} g sin θ$ : sur une pente de $20°$ , $2, 24$ et $2, 40$ m/s² au lieu de $3, 36$ m/s² pour le glissement sans frottement. Le chapitre 10 établira ces résultats en combinant translation du centre de masse et rotation autour de celui-ci.

Exercice

Deux volants d'inertie de même masse $M$ et de même rayon $R$ tournent à la même vitesse angulaire: l'un est un disque plein, l'autre un anneau mince. Que peut-on dire de leurs énergies cinétiques?

Synthèse

La rotation autour d'un axe fixe se décrit par $θ$ , $ω = \dot{θ}$ et $α = \ddot{θ}$ ; un point à la distance $R$ de l'axe a la vitesse $v = R ω$ (soit $v = ω \land r$ ), l'accélération tangentielle $R α$ et l'accélération centripète $R ω^{2}$ . Le vecteur $ω$ est porté par l'axe, orienté par la règle de la main droite.
Le moment d'une force $M_{O} = r \land F$ a pour norme $r F sin θ = F d$ ( $d$ : bras de levier) et pour composante $M_{z} = x F_{y} - y F_{x}$ ; il se mesure en N·m, jamais en joules. Un couple (résultante nulle) a le même moment par rapport à tout point.
Le moment cinétique $L_{O} = r \land p$ obéit à $d L_{O} / d t = M_{O}^{ext}$ ; les forces intérieures s'éliminent par la troisième loi. Sans moment extérieur (système isolé, force centrale), $L_{O}$ est conservé: pirouette de la patineuse, deuxième loi de Kepler.
Pour un solide en rotation autour d'un axe fixe, $L_{z} = I ω$ , $E_{c} = \frac{1}{2} I ω^{2}$ et $I α = M_{z}^{ext}$ , avec le moment d'inertie $I = \sum m_{i} R_{i}^{2} = \int R^{2} d m$ : $\frac{1}{12} M L^{2}$ (tige, centre), $\frac{1}{3} M L^{2}$ (tige, extrémité), $M R^{2}$ (anneau), $\frac{1}{2} M R^{2}$ (disque, cylindre), $\frac{2}{5} M R^{2}$ (sphère pleine), $\frac{2}{3} M R^{2}$ (coquille).
Théorème de Huygens–Steiner: $I_{Δ} = I_{G} + M d^{2}$ pour un axe parallèle à distance $d$ de celui du centre de masse; axes perpendiculaires pour une plaque: $I_{z} = I_{x} + I_{y}$ ; rayon de giration $k = I / M$ .
Travail d'un moment $W = \int M d θ$ , puissance $P = M ω$ , et théorème de l'énergie cinétique $Δ (\frac{1}{2} I ω^{2}) = W$ : c'est le langage des moteurs (couple, régime, puissance), des éoliennes et des volants d'inertie.

Série d'exercices du chapitre 9

Exercice 1 sur 5

Exercice

Une patineuse en pirouette ramène ses bras le long du corps. Parmi les grandeurs suivantes, laquelle reste constante pendant cette manœuvre?

Problème guidé

Tambour d'un téléphérique

La cabine d'un téléphérique, de masse $m = 5$ t (charge comprise), est suspendue à un câble qui s'enroule sur un tambour moteur assimilé à un cylindre plein de masse $M = 800$ kg et de diamètre $1, 5$ m. On néglige les frottements et la masse du câble, et l'on ne considère que le brin vertical qui porte la cabine. On prend $g = 9, 81$ m/s².

1
Moment d'inertie du tambour
Le tambour est un cylindre plein de rayon $R = 0, 75$ m tournant autour de son axe.
Exercice
Calculez le moment d'inertie du tambour en kg·m².
kg·m²
Montée à vitesse constante
Démarrage avec accélération
Puissance en régime de croisière

Exercices

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

Exercice 9.1 · Démarrage d'une éolienne

Le rotor d'une éolienne, de rayon $R = 55$ m, passe du repos à sa vitesse nominale de $14$ tr/min en $60$ s, avec une accélération angulaire constante.

Calculer la vitesse angulaire nominale $ω$ et l'accélération angulaire $α$ .
Combien de tours le rotor effectue-t-il pendant la mise en vitesse?
À la vitesse nominale, calculer la vitesse du bout de pale (en m/s et en km/h) et son accélération centripète.
Pendant la mise en vitesse, quelle est l'accélération tangentielle du bout de pale? Comparer aux composantes normales à mi-parcours ( $t = 30$ s) et à la fin.

Solution

1. $ω = 14 \cdot 2 π /60 = 1, 466$ rad/s et $α = ω / t = 1, 466/60 = 2, 44 \cdot 1 0^{- 2}$ rad/s².

2. Avec $θ = \frac{1}{2} α t^{2} = \frac{1}{2} \times 0, 02443 \times 3600 = 44, 0$ rad, soit $44, 0/ (2 π) = 7, 00$ tours. On peut aussi raisonner avec la vitesse angulaire moyenne, $ω /2 = 7$ tr/min pendant une minute: $7$ tours.

3. $v = R ω = 55 \times 1, 466 = 80, 6$ m/s $= 290$ km/h; $a_{n} = R ω^{2} = 55 \times 1, 46 6^{2} = 118$ m/s², soit $12 g$ .

4. $a_{t} = R α = 55 \times 0, 02443 = 1, 34$ m/s², constante pendant la mise en vitesse. À $t = 30$ s, $ω = 0, 733$ rad/s et $a_{n} = 29, 6$ m/s²; à $t = 60$ s, $a_{n} = 118$ m/s². L'accélération tangentielle est vite négligeable devant l'accélération centripète: c'est la force centrifuge, et non le démarrage, qui dimensionne l'emplanture des pales.

Exercice 9.2 · Moments de plusieurs forces et changement de point

Une plaque rectangulaire de $40$ cm sur $30$ cm, posée dans le plan $O x y$ avec un sommet en $O$ , est soumise à trois forces: $F_{1} = (0; 60)$ N en $A = (0, 4; 0)$ , $F_{2} = (45; 0)$ N en $B = (0; 0, 3)$ et $F_{3} = (- 30; - 30)$ N en $C = (0, 4; 0, 3)$ (composantes en newtons, positions en mètres).

Calculer le moment de chaque force par rapport à $O$ , puis le moment total $M_{O, z}$ .
Calculer la résultante $F$ des trois forces.
Calculer le moment total par rapport au centre $G = (0, 2; 0, 15)$ de la plaque et vérifier la relation (9.5).
Les trois forces forment-elles un couple? Pourquoi le moment dépend-il du point?

Solution

1. Avec $M_{z} = x F_{y} - y F_{x}$ : $M_{1} = 0, 4 \times 60 - 0 = + 24$ N·m; $M_{2} = 0 - 0, 3 \times 45 = - 13, 5$ N·m; $M_{3} = 0, 4 \times (- 30) - 0, 3 \times (- 30) = - 12 + 9 = - 3$ N·m. Total: $M_{O, z} = 24 - 13, 5 - 3 = + 7, 5$ N·m (sens antihoraire).

2. $F = (0 + 45 - 30; 60 + 0 - 30) = (15; 30)$ N, de norme $33, 5$ N.

3. Par rapport à $G$ , on remplace les positions par $GP$ : $A - G = (0, 2; - 0, 15)$ , $B - G = (- 0, 2; 0, 15)$ , $C - G = (0, 2; 0, 15)$ . Alors $M_{1}^{'} = 0, 2 \times 60 = 12$ , $M_{2}^{'} = - 0, 15 \times 45 = - 6, 75$ , $M_{3}^{'} = 0, 2 \times (- 30) - 0, 15 \times (- 30) = - 6 + 4, 5 = - 1, 5$ : $M_{G, z} = 12 - 6, 75 - 1, 5 = 3, 75$ N·m. Vérification par (9.5) avec $O^{'} = G$ : $M_{O} = M_{G} + O G \land F$ , où $O G = (0, 2; 0, 15)$ et $(O G \land F)_{z} = 0, 2 \times 30 - 0, 15 \times 15 = 6 - 2, 25 = 3, 75$ N·m. On retrouve $M_{O, z} = 3, 75 + 3, 75 = 7, 5$ N·m: le terme correctif est le moment par rapport à $O$ de la résultante $F$ appliquée en $G$ . Attention au sens du vecteur: il va du point $O$ où l'on veut le moment vers le point $G$ où on le connaît.

4. La résultante n'est pas nulle: ce n'est pas un couple, et le moment dépend du point de réduction, précisément du terme $O O^{'} \land F$ . Seul un système de forces de résultante nulle a un moment indépendant du point.

Exercice 9.3 · Bloc, poulie massive et masse suspendue

Un bloc de masse $m_{1} = 2$ kg glisse sur une table horizontale (coefficient de frottement cinétique $μ_{c} = 0, 2$ ). Il est relié par une corde inextensible, passant sur une poulie assimilée à un disque plein de masse $M = 1$ kg et de rayon $R = 5$ cm, à une masse suspendue $m_{2} = 1, 5$ kg. La corde ne glisse pas sur la poulie, dont l'axe est sans frottement. Le système est lâché sans vitesse.

Faire le diagramme des forces des trois solides et écrire les équations du mouvement.
Calculer l'accélération $a$ et les deux tensions $T_{1}$ (brin horizontal) et $T_{2}$ (brin vertical).
Au bout de quelle durée la masse suspendue a-t-elle descendu $1$ m, et à quelle vitesse? Vérifier ce dernier résultat par le théorème de l'énergie cinétique appliqué au système.

Solution

1. Bloc (axe horizontal vers la poulie): $m_{1} a = T_{1} - μ_{c} m_{1} g$ , la réaction normale valant $N = m_{1} g$ . Masse suspendue (axe vers le bas): $m_{2} a = m_{2} g - T_{2}$ . Poulie: seules les deux tensions ont un moment par rapport à l'axe, $I α = (T_{2} - T_{1}) R$ avec $I = \frac{1}{2} M R^{2}$ et $a = R α$ , donc $T_{2} - T_{1} = \frac{1}{2} M a$ .

2. En additionnant les trois équations, les tensions s'éliminent:

a = \frac{m _{2} g - μ _{c} m _{1} g}{m _{1} + m _{2} + M /2} = \frac{( 1 , 5 - 0 , 4 ) \times 9 , 81}{2 + 1 , 5 + 0 , 5} = \frac{10 , 79}{4} = 2, 70 m/s^{2} .

Puis $T_{1} = m_{1} a + μ_{c} m_{1} g = 5, 40 + 3, 92 = 9, 32$ N et $T_{2} = m_{2} (g - a) = 1, 5 \times 7, 11 = 10, 67$ N. Leur différence, $1, 35$ N, vaut bien $\frac{1}{2} M a = 0, 5 \times 2, 70$ N. Sans la masse de la poulie, on aurait $a = 10, 79/3, 5 = 3, 08$ m/s².

3. $d = \frac{1}{2} a t^{2}$ donne $t = 2 \times 1/2, 70 = 0, 861$ s et $v = a t = 2, 32$ m/s. Théorème de l'énergie cinétique pour le système (bloc + masse + poulie): les tensions sont intérieures et la corde inextensible, leur travail total est nul; les forces extérieures qui travaillent sont le poids de $m_{2}$ ( $+ m_{2} g d = 14, 72$ J) et le frottement sur le bloc ( $- μ_{c} m_{1} g d = - 3, 92$ J), soit $W = 10, 79$ J. L'énergie cinétique finale vaut $\frac{1}{2} m_{1} v^{2} + \frac{1}{2} m_{2} v^{2} + \frac{1}{2} I ω^{2} = \frac{1}{2} (m_{1} + m_{2} + \frac{1}{2} M) v^{2} = \frac{1}{2} \times 4 \times 2, 3 2^{2} = 10, 79$ J. Les deux méthodes concordent: la poulie compte pour $M /2$ dans l'énergie comme dans la dynamique.

Exercice 9.4 · Le Gyrobus d'Yverdon

De 1953 à 1960, la ville d'Yverdon-les-Bains a exploité des gyrobus: des autobus électriques sans caténaire, propulsés par l'énergie d'un volant d'inertie rechargé aux arrêts. On assimile le volant à un disque plein d'acier de masse $1500$ kg et de diamètre $1, 6$ m, tournant à $3000$ tr/min à pleine charge.

Calculer le moment d'inertie du volant et l'énergie cinétique stockée, en MJ et en kWh.
Le bus consomme en moyenne $30$ kW. Combien de temps peut-il rouler avant que la vitesse du volant ne tombe à $1500$ tr/min, régime minimal d'exploitation? Quelle fraction de l'énergie initiale a-t-il utilisée?
Si, sur ce parcours de $10$ minutes, le volant ralentit uniformément de $3000$ à $1500$ tr/min, quel moment de freinage constant la génératrice exerce-t-elle sur lui? Quelle est alors la puissance prélevée au début et à la fin du parcours?
Calculer la vitesse de la périphérie du volant à $3000$ tr/min et commenter la contrainte mécanique sur l'acier ( $ρ = 7800$ kg/m³, ordre de grandeur $σ \approx ρ v^{2}$ ).

Solution

1. $I = \frac{1}{2} M R^{2} = \frac{1}{2} \times 1500 \times 0, 8^{2} = 480$ kg·m²; $ω = 3000 \cdot 2 π /60 = 314, 2$ rad/s; $E_{c} = \frac{1}{2} \times 480 \times 314, 2^{2} = 2, 37 \cdot 1 0^{7}$ J $= 23, 7$ MJ $= 6, 58$ kWh.

2. À $1500$ tr/min, $ω^{'} = ω /2$ et l'énergie restante vaut $E_{c} /4 = 5, 92$ MJ: le bus a utilisé $\frac{3}{4}$ de l'énergie initiale, soit $Δ E = 17, 8$ MJ, en $t = Δ E / P = 1, 78 \cdot 1 0^{7} /3 \cdot 1 0^{4} = 592$ s, un peu moins de $10$ minutes. C'est effectivement l'ordre de grandeur de la distance entre deux stations de recharge du réseau d'Yverdon ( $1$ à $2$ km).

3. Un ralentissement uniforme de $314, 2$ à $157, 1$ rad/s en $600$ s correspond à $α = - 157, 1/600 = - 0, 262$ rad/s², donc à un moment de freinage $M = I ∣ α ∣ = 480 \times 0, 262 = 126$ N·m. La puissance prélevée $P = M ω$ n'est pas constante: elle vaut $126 \times 314, 2 = 39, 5$ kW au départ et $19, 7$ kW à l'arrivée, soit $29, 6$ kW en moyenne, cohérent avec la consommation de la question 2. Un moment constant correspond à une puissance décroissante; à l'inverse, une consommation constante exige un moment qui augmente à mesure que le volant ralentit.

4. $v = R ω = 0, 8 \times 314, 2 = 251$ m/s, presque la vitesse du son. La contrainte centrifuge est de l'ordre de $ρ v^{2} = 7800 \times 25 1^{2} = 4, 9 \cdot 1 0^{8}$ Pa $\approx 490$ MPa, proche de la limite élastique d'un acier ordinaire: le volant du Gyrobus tournait dans une enceinte d'hydrogène sous pression réduite pour limiter les pertes, et sa vitesse était strictement plafonnée. C'est aussi pourquoi les volants modernes utilisent des composites en fibre de carbone, dont le rapport résistance/masse volumique est bien supérieur.

Exercice 9.5 · Moment d'inertie de la sphère pleine et vérification de Huygens–Steiner

Soit une sphère pleine homogène de masse $M$ , de rayon $R$ et de masse volumique $ρ = 3 M / (4 π R^{3})$ . En la découpant en disques d'épaisseur $d z$ perpendiculaires à l'axe $O z$ , démontrer que son moment d'inertie par rapport à un axe passant par son centre vaut $I = \frac{2}{5} M R^{2}$ .
Vérifier le théorème de Huygens–Steiner sur une tige mince de masse $M$ et de longueur $L$ : calculer par intégration directe le moment d'inertie par rapport à un axe perpendiculaire situé à la distance $d$ du centre ( $0 \leq d \leq L /2$ ) et comparer à $\frac{1}{12} M L^{2} + M d^{2}$ .
En déduire le moment d'inertie d'une coquille sphérique mince de masse $M$ et de rayon $R$ , par exemple en dérivant le résultat de la sphère pleine par rapport à $R$ à masse volumique fixée, et vérifier que l'on obtient $\frac{2}{3} M R^{2}$ .

Solution

1. Le disque situé à la cote $z$ a pour rayon $r (z) = R^{2} - z^{2}$ , pour masse $d m = ρ π r^{2} d z$ , et, d'après l'exemple 9.5, pour moment d'inertie par rapport à $O z$

d I = \frac{1}{2} d m r^{2} = \frac{1}{2} ρ π r^{4} d z = \frac{ρ π}{2} (R^{2} - z^{2})^{2} d z .

En intégrant de $- R$ à $R$ , et en développant $(R^{2} - z^{2})^{2} = R^{4} - 2 R^{2} z^{2} + z^{4}$ :

I = \frac{ρ π}{2} \int_{- R}^{R} (R^{4} - 2 R^{2} z^{2} + z^{4}) d z = \frac{ρ π}{2} (2 R^{5} - \frac{4 R ^{5}}{3} + \frac{2 R ^{5}}{5}) = \frac{ρ π}{2} \cdot \frac{16 R ^{5}}{15} = \frac{8 π ρ R ^{5}}{15} .

Avec $ρ = \frac{3 M}{4 π R ^{3}}$ : $I = \frac{8 π R ^{5}}{15} \cdot \frac{3 M}{4 π R ^{3}} = \frac{2}{5} M R^{2}$ . $□$

2. Plaçons l'origine au centre de la tige; l'axe coupe la tige en $x = d$ . La distance de l'élément $λ d x$ à l'axe est $∣ x - d ∣$ , donc

I_{d} = λ \int_{- L /2}^{L /2} (x - d)^{2} d x = λ [\frac{( x - d ) ^{3}}{3}]_{- L /2}^{L /2} = \frac{λ}{3} [(\frac{L}{2} - d)^{3} + (\frac{L}{2} + d)^{3}] .

Or $(a - d)^{3} + (a + d)^{3} = 2 a^{3} + 6 a d^{2}$ (les termes impairs en $d$ s'annulent). Avec $a = L /2$ , on a $2 a^{3} = L^{3} /4$ et $6 a d^{2} = 3 L d^{2}$ , d'où $I_{d} = \frac{λ}{3} (\frac{L ^{3}}{4} + 3 L d^{2})$ , soit

I_{d} = \frac{λ L ^{3}}{12} + λ L d^{2} = \frac{1}{12} M L^{2} + M d^{2},

puisque $λ L = M$ . C'est exactement (9.12); pour $d = L /2$ , on retrouve $\frac{1}{3} M L^{2}$ . Le calcul montre aussi pourquoi le terme croisé disparaît: l'intégrale de $x$ sur un intervalle symétrique est nulle, ce qui est la définition du centre de masse au milieu de la tige. $□$

3. Pour une sphère pleine de masse volumique $ρ$ fixée, $I (R) = \frac{8 π ρ}{15} R^{5}$ et $M (R) = \frac{4 π ρ}{3} R^{3}$ . Une coquille mince de rayon $R$ et d'épaisseur $d R$ est la différence de deux sphères pleines de rayons $R + d R$ et $R$ : sa masse est $d M = 4 π ρ R^{2} d R$ et son moment d'inertie $d I = \frac{8 π ρ}{3} R^{4} d R$ (dérivée de $I$ ). Le rapport vaut

\frac{d I}{d M} = \frac{8 π ρ R ^{4} /3}{4 π ρ R ^{2}} = \frac{2}{3} R^{2},

donc $I_{coquille} = \frac{2}{3} M R^{2}$ . On peut aussi le vérifier directement: pour une coquille de masse surfacique $σ = M / (4 π R^{2})$ , l'anneau situé à la colatitude $φ$ a le rayon $R sin φ$ , la masse $σ 2 π R sin φ R d φ$ et l'on trouve $I = 2 π σ R^{4} \int_{0}^{π} sin^{3} φ d φ = 2 π σ R^{4} \cdot \frac{4}{3} = \frac{2}{3} M R^{2}$ . Le coefficient $\frac{2}{3}$ est plus grand que $\frac{2}{5}$ : dans la coquille, toute la masse est à la distance maximale du centre, et en moyenne à $2/3 R$ de l'axe. $□$

Références

Gruber, C. et Benoit, W., Mécanique générale, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne, chap. 12–14 (moment cinétique, solide en rotation).
Halliday, D., Resnick, R. et Walker, J., Physique 1 – Mécanique, Chenelière Éducation, Montréal, chap. 10–11.
Benson, H., Physique I – Mécanique, De Boeck, Bruxelles, chap. 11–12 (rotation, moment cinétique).
Kleppner, D. et Kolenkow, R., An Introduction to Mechanics, 2e éd., Cambridge University Press, chap. 7 (angular momentum and fixed axis rotation).
Young, H. D. et Freedman, R. A., University Physics, 15e éd., Pearson, chap. 9–10.
Feynman, R. P., Leighton, R. B. et Sands, M., Le cours de physique de Feynman – Mécanique, Dunod, Paris, chap. 18–20 (rotation, moment cinétique, gyroscope).

Objectifs du chapitre

Cinématique de la rotation autour d'un axe fixe

Angle, vitesse angulaire et accélération angulaire

Lien avec la vitesse et l'accélération d'un point

Moment d'une force

Définition et bras de levier

Somme des moments, couple, moment par rapport à un axe

Moment cinétique

Point matériel et théorème du moment cinétique

Système de points matériels

Conservation du moment cinétique

Le solide en rotation autour d'un axe fixe

Moment cinétique d'un solide et moment d'inertie

Calcul de moments d'inertie par intégration

Théorème de Huygens–Steiner

Explorateur du moment d'inertie

Équation du mouvement de rotation

Énergie cinétique de rotation, travail et puissance

Énergie cinétique

Travail et puissance d'un moment

Synthèse

Série d'exercices du chapitre 9

Tambour d'un téléphérique

Moment d'inertie du tambour

Montée à vitesse constante

Démarrage avec accélération

Puissance en régime de croisière

Exercices

Références