Chapitre 4.9 –La conservation du moment cinétique

Chapitre 4.9 –La conservation du moment cinétique
Moment cinétique d’une particule selon l’axe z
Le moment cinétique L z d’une particule mesure la
quantité de mouvement dans le plan xy qui est en rotation
autour d’un point de référence. Le module du moment
cinétique L z est égal à la distance r dans le plan xy entre
le point de référence et la particule multiplié par la
quantité de mouvement p de la particule dans le plan xy
et multiplié par le sinus de l’angle  entre r et p dans le
plan xy :
Lz   r p sin  
et
y
z

p


v
x
z
point de
référence
r 
Lz
p  mv
L z : Moment cinétique de la particule selon l’axe z ( kg  m 2 /s )
r : Distance dans le plan xy entre le point de référence et la particule (m)
p : Module de la quantité de mouvement de la particule dans le plan xy ( kg  m/s ou Ns )
 : Angle dans le plan xy entre r et p
 : Sens de la rotation selon l’axe z du moment cinétique
où
Lorsque l’angle   90 , le moment Lorsque l’angle   0 , le moment
cinétique L z associée à la quantité de cinétique L z associée à la quantité de
mouvement p est maximale :
mouvement p est nul :
y
z
z
  90

p
x
point de
référence
référence
Encore une fois, il est important de rappeler que
le moment cinétique L z mesure uniquement la
quantité de mouvement p dans le plan xy à
tourner autour de l’axe z passant par le point de
référence (voir schéma ci-contre) :
r  rini cos 

p  pini cos 
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
  0

p
x
z

v
r 
Lz  0
point de

v
r 
Lz

z
y
z
axe z

pini
x

Lz
r


p rini

y
ou
point de
référence
Page 1
Moment cinétique d’un corps selon l’axe z
Le moment cinétique L z d’un corps permet d’évaluer la
quantité d’inertie de rotation dans le plan xy en rotation
autour d’un point de référence. Le moment cinétique L z
d’un corps est égal à l’inertie de rotation I du corps
mesurée par rapport à l’axe z passant par le point de
référence multiplié par la vitesse angulaire  z :
y

z
x
z

Lz
Lz  Iz
où
Lz : Moment cinétique de l’objet en rotation autour de l’axe z
passant par le point de référence ( kg  m 2 /s )
I : Inertie de l’objet en rotation autour de l’axe z passant par
le point de référence ( kg  m 2 )
 z : Vitesse angulaire de rotation de l’objet autour de l’axe z (rad/s)
Preuve :
Développons à partir de la définition du
moment cinétique L z d’une particule une
expression pour le moment cinétique faisant
intervenir la notion de l’inertie de rotation I
et de la vitesse angulaire  z :
L z  r p sin  
y
z
x
Point
référence

Lz

v//
r

L z  r mv sin  
(Remplacer p  mv )

L z  m r v sin  
(Réécriture)

L z  m r v // 
(Remplacer v //  v sin   )

L z  m r r  z 
(Remplacer v //  r z )

L z  m r 2 z
(Réécriture)

L z  I z
■
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina

v

(Remplacer I  mr 2 )
Page 2
La 2ième loi de Newton en rotation selon l’axe z avec le moment
cinétique
La 2ième loi de Newton en rotation selon l’axe z peut être réécrite à l’aide de la définition du
moment cinétique Lz . Sous cette forme, cette loi permet plus facilement de mette en
relation l’influence d’un moment de force  z et la modification de son état de rotation
mesuré en moment cinétique Lz :
d Lz
dt
z 
où
 z : Moment de force appliquée ( N  m )
dL z : Variation du moment cinétique ( kg  m 2 /s )
dt : Temps écoulé durant la variation du moment cinétique (s)
Preuve :
À partir de la définition du moment cinétique d’une particule, appliquons la dérivée par
rapport au temps de chaque côté de l’équation afin de faire intervenir la notion de moment
de force  z :
d
d
d
L z   r p sin  

L z   r p sin  
(Appliquer la dérivée
)
dt
dt
dt

d Lz
dp
  r sin  
dt
dt
(Factoriser constante)

d Lz
  r sin   F
dt
(2ième loi de Newton : F  dp / dt )

d Lz
z
dt
(Moment de force :  z   r F sin   )
■
Principe de conservation du moment cinétique selon l’axe z
Le moment cinétique Lz d’un corps est conservé lorsque la somme
des moments de force  z extérieure au système est égale à zéro. Ce
principe de conservation est comparable à la conservation de la
quantité de mouvement sauf qu’il est évalue en rotation par rapport à
un point de référence :

z ext
0 

L
L
z
 constante
zf
  Lz i
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Une vrille en patinage
artistique est un bon
exemple de conservation
du moment cinétique
Page 3
Situation 1 : La physique du patinage
artistique. Un patineur tourne sur lui-même
avec une de ses jambes et ses bras
perpendiculaire à son corps (schéma cicontre) : sa vitesse angulaire vaut 8 rad/s et
son moment d’inertie vaut 3,6 kg  m 2 . En
ramenant sa jambe à la verticale et en levant
ses bras au-dessus de sa tête (schéma ciAvant
Après
contre), il diminue son moment d’inertie à
1,6 kg  m 2 et sa vitesse angulaire augmente pour atteindre 18 rad/s. On désire analyser
cette manœuvre à l’aide du principe de conservation du moment cinétique et du principe
de conservation de l’énergie.
Évaluons le moment cinétique du patineur avant (i) et après (f) :
L z  I z

L z i  I i  z i  3,6 8

L z i  28,8 kg  m 2 /s
L z f  I f  z f  1,6 18

L z f  28,8 kg  m 2 /s
Cette situation est physiquement acceptable, car il y a conservation du moment cinétique
en l’absence de moment de force extérieur :
Lz i  Lz f
Évaluons l’énergie cinétique du patineur avant (i) et après (f) :
K
1 2
I
2

1
1
2
2
I i  i  3,6 8

2
2
1
1
2
2
K f  I f  f  1,6 18 
2
2
Ki 
K i  115 J
K f  259 J
Dans cette situation, il n’y a pas conservation de l’énergie cinétique :
Ki  K f
Évaluons à l’aide du principe de conservation de l’énergie le travail Wnc effectué sur le
patineur entre la situation avant et après : ( E  K )
E f  Ei  Wnc 

259  115  Wnc
(Remplacer valeurs num.)
Wnc  144 J
(Évaluer Wnc )
Le patineur effectue un travail de 144 J pour rapprocher ses bras et sa jambe près de lui ce
qui se transforme sous forme d’énergie cinétique. Ce travail est cohérent, car les forces des
bras et de la jambe du patineur sont orientées dans le sens de l’accélération centripète.
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 4
Situation A : Un ballon qui roule à vitesse constante. Un ballon
homogène de masse m = 1,5 kg et de rayon R = 5 cm roule
horizontalement sur le sol sans glisser à une vitesse constante de 5
m/s. On désire évaluer le moment cinétique de translation du centre
de masse du ballon par rapport au point initial de contact au sol (a)
au début du mouvement et (b) 0,4 seconde après avoir lancé le
ballon. Vérifier qu’il y a conservation du moment cinétique.
(P.S. Garder plusieurs chiffres significatifs dans les calculs.)
Évaluons la quantité de mouvement du ballon :

p  mv
p  1,55

p  7,5 kg  m/s
Évaluons le moment cinétique selon l’axe z du ballon initialement : ( r  R  0,05 m )
Lz   r p sin 

Lz  0,057,5sin90

Lz i  0,375 kg  m 2 /s
(a)
Évaluons la position du ballon à 0,4 s à l’aide de l’équation du MUA :
x  x0  v x 0 t 
1
axt 2 
2
x  0   50,4  
1
032
2

x2 m
Évaluons la distance r entre la position du point de référence (position initiale au sol) et la
position finale du ballon :
CM v
2
2
2
2
r R x

r  0,05  2
r
R
r  2,000625 m

x
Évaluons l’angle  entre r et p à la position finale :
*
tan   
R
x

tan   
0,05
2,000625

*
  1,43165
Évaluons le moment cinétique selon l’axe z du ballon à 0,4 s : ( r  2,000625 m )
Lz   r p sin 

Lz  2,0006257,5sin1,43165

Lz i  0,3749 kg  m 2 /s
(b)
Il y a conservation du moment cinétique, car le moment de force extérieure total  z ext
exercé sur le ballon est nul puisque la gravité est annulé par la force normale et le
frottement est inexistant, car le ballon roule à vitesse constante. Ainsi, une trajectoire
rectiligne à vitesse constante respecte la conservation de moment cinétique :
L
zf
  Lz i
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 5
Situation 2 : Une boule percute une tige. Une petite boule de mastic
de 20 g percute l’extrémité d’une tige mince homogène immobile de
120 g dont la longueur est de 1 m ; la tige peut tourner autour d’un axe
fixe vertical perpendiculaire à elle-même passant par son centre. La
boule frappe la tige avec une vitesse horizontale perpendiculaire à la
tige dont le module est égal à 3 m/s (voir schéma ci-contre); après
l’impact, la boule reste collée à la tige. On désire déterminer la vitesse
angulaire de la tige immédiatement après l’impact.
Vue de haut
3 m /s
axe
Évaluons le moment cinétique de la boule avant la collision : (sens horaire +)
L z   r p sin  

L z   r mv sin  
(Remplacer p  mv )

L z   0,50,023sin 90
(Remplacer valeurs num.)

L zB i  0,03 kg  m 2 /s
(Évaluer L z  L zB i )
Évaluons le moment cinétique du système avant la collision :
L z i  L zB i  L zT i

L z i  0,03  0 
(Tige immobile : L zT i  0 )

L z i  0,03 kg  m 2 /s
(Évaluer L z i )
Évaluons l’inertie de la boule au lieu de la collision comme une masse ponctuelle :
I B  mB rB
2

I B  0,02 0,5
2

I B  0,005 kg  m 2
Évaluer l’inertie de la tige tournant sur un axe passant par son centre :
IT 
1
2
m T LT
12

IT 
1
0,1212
12

I T  0,01 kg  m 2
Évaluons la vitesse angulaire du système immédiatement après l’impact à l’aide de la
conservation du moment cinétique selon l’axe z :
LzB f  LzT f   Lz i
Lz f  Lz i

(Remplacer L z f  LzB f  LzT f )

I

I B  z   I T  z   Lz i
(  z   zB f   zT f )

(Factoriser  z )

I B  I T  z  Lz i
0,005  0,01 z  0,03

 z  2 rad/s
B
 zB f   I T  zT f   L z i
(Remplacer L z  I z )
(Remplacer valeurs num.)
Il est important de préciser que la force exercée par l’axe de rotation sur la tige n’est pas
nulle, mais qu’elle n’applique aucun moment de force par rapport à l’axe de rotation puisque
r  0 . Cette force permet par contre de satisfaire la conservation de la quantité de


mouvement pi  p f  0 sur la tige, car la tige n’effectue pas de translation avant ni après la
collision.
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 6
Situation A : Une toupie jouet qui tourne. Albert fait tourner
manivelle
une toupie de 350 g initialement immobile autour de l’axe z
z
en poussant contre une manivelle ce qui applique un moment
de force sur la toupie (voir schéma ci-contre). Lorsque la
manivelle est complètement enfoncée, Albert tire dessus ce qui
n’influence pas la rotation de la toupie. Par rapport à l’axe z,
l’inertie de rotation de la toupie est égale à 0,006 kg  m 2 .
On désire déterminer la vitesse angulaire finale de la toupie sachant qu’Albert pousse
trois fois sur la manivelle et que le moment de force en newton-mètres en fonction du
temps en secondes appliqué sur la toupie est représenté à l’aide du graphique ci-dessous :
z
0,3
( N m )
0,2
0,1
t (s)
0
0
0,5
1
1,5
2
À partir de la 2ième loi de Newton en rotation selon l’axe z, développons une équation
permettant d’utiliser la notion de moment de force non constant :
z 
d Lz
dt

 z dt  dLz
Lz
t


z

 dL
dt 
t 0
(Isoler dLz )
z
(Appliquer l’intégrale de t  0  t )
Lz  Lz 0
Lz LL
t
   z dt
z
z0
(Résoudre l’intégrale selon L z )
t 0
t

Lz  Lz 0    z dt
(Évaluer l’intégrale selon L z )
t 0
t

Lz    z dt
(Toupie immobile à t  0 : L z 0  0 )
t 0
Ce calcul nous permet de réaliser que :
t
L z    z dt  aire sous la courbe du graphique z t 
t ti
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 7
Évaluons l’aire sous la courbe du graphique  z t  :
Aire sous la courbe :
h  H  B
A
2
1ière poussée :
0,15  0,2 0,5  0,0875 kg  m 2 /s
L z 1 
2
2ième poussée :
0,1  0,015 0,75  0,09375 kg  m 2 /s
L z 2 
2
3ième
poussée :
L z 3  0,30,25  0,075 kg  m 2 /s
Rappel du graphique  z t  :
z
0,3
( N m )
0,2
0,1
t (s)
0
0
0,5
1
1,5
2
Évaluons le moment cinétique finale L z à partir de l’équation démontrée précédemment :
t
Lz    z dt

Lz  Lz 1  Lz 2  L z 3

Lz  0,0875  0,09375  0,075 (Remplacer valeurs num.)

L z  0,25625 kg  m 2 /s
(Évaluer aire sous la courbe)
t 0
(Évaluer L z )
Évaluons la vitesse angulaire finale à partir de la définition du moment cinétique d’un
corps :
L z  I z

0,25625  0,006 z
(Remplacer valeurs num.)

 z  42,71 rad/s
(Évaluer  z  6,80 tours/s )
Exercices
4.9.3 Un enfant saute sur un tourniquet. Dans un parc pour enfants, un enfant de 30 kg
court à 4 m/s vers un immobile et saute tangentiellement sur le rebord. On assimile
l’enfant à une particule et le tourniquet à un disque (cylindre) homogène de 3 m de rayon
dont la masse vaut 150 kg. (a) Quelle est l’énergie cinétique initiale de l’enfant? (b)
Quelle est la vitesse angulaire finale du tourniquet? (c) Quelle est l’énergie cinétique
finale du système composé du tourniquet et de l’enfant?
4.9.4 Un enfant saute sur un tourniquet, prise 2. Dans la situation de l’exercice 4.9.3,
une fois que l’enfant a sauté sur le rebord du tourniquet, il se déplace vers le centre du
tourniquet et se met debout en plein centre. (a) Quelle est la nouvelle vitesse angulaire
du système? (b) Quelle est désormais l’énergie cinétique du système? (c) D’où provient
la différence entre les énergies cinétiques trouvées en 4.9.3(c) et 4.9.4(b)?
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 8
Solutions
4.9.3 Un enfant saute sur un tourniquet.
a) Énergie cinétique initiale de l’enfant :
1
1
2
K  mv 2

K  30 4 
2
2

K  240 J
b) Évaluer la vitesse angulaire finale du tourniquet :
L’enfant possède par rapport au centre du tourniquet une vitesse angulaire tel que :
v 4 
v  r

e i  
 1, 3 rad/s
r 3
Évaluons le moment d’inertie de l’enfant et du tourniquet par rapport au centre du
tourniquet :
I e  mr 2
1
I t  MR 2
2


I e  30 3
1
2
I t  150 3
2
2

I e  270 kg m 2

I t  675 kg m 2
Avec la conservation du moment cinétique, évaluons la vitesse angulaire finale du

tourniquet : (  ext  0 )
L f  Li

Le f  Lt

I e e f  I t  t
f
 Le i  Lt i
f
 I e e i  I t  t i

I e  I t  f

f 

 f  0,381 rad/s
 I e e i
2701, 3 
I e  I t  270  675
I e e i
(  t i  0,  e
f
 t
f
f )

Énergie cinétique totale du système composé de l’enfant de du tourniquet :
1
1
1
2
K  I 2

K  I e  I t  2  270   6750,381
2
2
2
K  68,59 J

Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 9
4.9.4 Un enfant saute sur un tourniquet, prise 2.
Rappel : I e  270 kg m 2 et I t  675 kg m 2
a) Après déplacement de l’enfant, quelle est la nouvelle vitesse angulaire :
Appliquons la conservation du moment cinétique, car :
L f  Li

Le f  Lt

I e f e f  I t f t

I t t
f

t
f


t
f

t
f

f
e i
ext
0
 Le i  Lt i
f
 I e ie i  I t i t i
 I e i  I t  i
I


( Ie
f
 0, I t i  I t
f
 I t ,  e i  t i  i )
 I t 
It
270  6750,381
675
 0,533 rad/s
b) Nouvelle énergie cinétique du système :
K
c)
1 2
I
2

1
I  It
2 ef

K

K  95,88 J
Énergie P2. c)
Énergie P3. b)
f

2
f

1
0  6750,5332
2
K  68,59 J
K  95,88 J
L’enfant effectue un travail avec ses muscles pour se déplacer vers le centre du
tourniquet. Cette force est dans le sens de l’accélération centripète.
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume A
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 10