Physique universitaire — 1re année · Bachelor Year 1

15Moment cinétique

Une patineuse qui tourne bras écartés les ramène contre elle et, sans que personne ne la pousse, tourne deux fois plus vite. Une porte cède sous un doigt posé sur la poignée et résiste à une épaule appuyée près des gonds. Les planètes balaient des aires égales en des temps égaux — Kepler l’a remarqué il y a quatre siècles, bien avant que quiconque puisse en dire la raison. Et la Lune, tirée par les marées qu’elle soulève, s’éloigne de la Terre de quelques centimètres par an tandis que nos journées s’allongent imperceptiblement. Derrière ces quatre phénomènes se tiennent une seule grandeur vectorielle, le moment cinétique, et une seule loi : sa dérivée égale le moment des forces. Ce chapitre définit l’une et l’autre, démontre la loi pour un point puis pour un système, et la met au travail sur des pendules, des orbites et des objets qui tournent.

Bras ramenés contre elle, la patineuse tourne plus vite : sans moment extérieur autour de l’axe vertical, le moment cinétique se conserve, et un moment d’inertie plus petit donne une vitesse angulaire plus grande.

15.1 Moment d’une force

Définition 15.1 (Moment en un point ; par rapport à un axe)

Le moment (ou couple) en un point $O$ d’une force $\vect F$ appliquée en $M$ est le vecteur

\vect{\mathcal M}_O(\vect F) = \vect{OM}\wedge\vect F \qquad (\mathrm{N}\,\mathrm{m}),

perpendiculaire au plan de $\vect{OM}$ et $\vect F$ , de norme $OM\cdot F\sin\alpha = F\,d$ , où $d$ — le bras de levier — est la distance de $O$ à la droite d’action de $\vect F$ . Le moment par rapport à un axe orienté $\Delta$ (de vecteur unitaire $\vect e_\Delta$ ) passant par $O$ est le scalaire $\mathcal M_\Delta = \vect{\mathcal M}_O\cdot\vect e_\Delta$ , indépendant du choix de $O$ sur $\Delta$ ; il est nul si $\vect F$ est parallèle à $\Delta$ ou la rencontre. Deux forces opposées portées par des droites d’action différentes forment un couple de forces, dont le moment $\vect F\wedge\vect{AB}$ est le même en tout point.

Exemple 15.2 (La porte)

Une poussée de $20\,\mathrm{N}$ perpendiculaire à une porte, à $0.80\,\mathrm{m}$ des gonds, a un moment de $16\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ par rapport à l’axe des gonds ; la même poussée à $0.10\,\mathrm{m}$ , $2\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; dans le plan de la porte (droite d’action passant par les gonds), zéro. La réaction des gonds eux-mêmes, qui rencontre l’axe, n’a pas de moment par rapport à lui : c’est ce qui fait de l’axe l’endroit naturel où prendre les moments.

Le moment de F en O : le produit vectoriel OM F, de norme F\,d où d est la distance de O à la droite d’action (le bras de levier), dirigé perpendiculairement à la figure — ici vers le lecteur. — Le moment de $\vect F$ en $O$ : le produit vectoriel $\vect{OM}\wedge\vect F$ , de norme $F\,d$ où $d$ est la distance de $O$ à la droite d’action (le bras de levier), dirigé perpendiculairement à la figure — ici vers le lecteur.

15.2 Moment cinétique d’un point matériel

Définition 15.3 (Moment cinétique)

Le moment cinétique en $O$ d’un point matériel de masse $m$ situé en $M$ et de vitesse $\vect v$ est

\vect L_O = \vect{OM}\wedge m\vect v \qquad (\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}),

et, par rapport à un axe $\Delta$ passant par $O$ , $L_\Delta = \vect L_O\cdot\vect e_\Delta$ . Pour un mouvement dans un plan perpendiculaire à $\Delta$ , en coordonnées polaires autour de l’axe, $L_\Delta = mr^2\dot\theta$ ; pour un cercle de rayon $R$ , $L_\Delta = mR^2\omega = mRv$ .

Démonstration. $\vect{OM} = r\vect e_r$ , $\vect v = \dot r\vect e_r + r\dot\theta\vect e_\theta$ : $\vect{OM}\wedge m\vect v = mr^2\dot\theta\,\vect e_r\wedge\vect e_\theta = mr^2\dot\theta\,\vect e_z$ . ∎

Théorème 15.4 (Théorème du moment cinétique)

Dans un référentiel galiléen, pour un point $O$ fixe dans ce référentiel,

\frac{\dd\vect L_O}{\dd t} = \sum\vect{\mathcal M}_O(\vect F_i), \qquad \frac{\dd L_\Delta}{\dd t} = \sum\mathcal M_\Delta(\vect F_i)

pour un axe fixe $\Delta$ . Si le moment total en $O$ est nul, $\vect L_O$ se conserve.

Démonstration. $\dd(\vect{OM}\wedge m\vect v)/\dd t = \vect v\wedge m\vect v + \vect{OM}\wedge m\vect a = \vect 0 + \vect{OM}\wedge\sum\vect F_i$ , par la deuxième loi de Newton ( $O$ fixe, de sorte que $\dd\vect{OM}/\dd t = \vect v$ ). On projette ensuite sur $\vect e_\Delta$ . ∎

Corollaire 15.5 (Forces centrales : mouvement plan et loi des aires)

Un point soumis à une seule force centrale (toujours portée par $\vect{OM}$ , vers le centre fixe $O$ ou à l’opposé) garde $\vect L_O$ constant. Son mouvement reste dans le plan passant par $O$ et perpendiculaire à $\vect L_O$ , et dans ce plan $r^2\dot\theta = C$ (constante) : le rayon vecteur $\vect{OM}$ balaie de l’aire à la vitesse aréolaire constante

\frac{\dd A}{\dd t} = \frac12 r^2\dot\theta = \frac{L_O}{2m} = \frac{C}{2} .

Démonstration. $\vect{OM}\wedge\vect F = \vect 0$ pour $\vect F \parallel \vect{OM}$ : $\vect L_O$ est constant. Comme $\vect{OM}\perp\vect L_O$ toujours, on obtient le plan ; et $L_O = mr^2\dot\theta$ est constant. L’aire balayée pendant $\dd t$ est celle du triangle de côtés $\vect{OM}$ et $\vect v\dd t$ : $\dd A = \tfrac12\abs{\vect{OM} \wedge\vect v}\dd t = \tfrac12 r^2\dot\theta\,\dd t$ . ∎

La loi des aires pour une force centrale : en des temps égaux, le rayon vecteur issu du centre O balaie des aires égales, si bien que le point va vite près de O et lentement loin de lui — la deuxième loi de Kepler, conséquence de la seule conservation de L_O, quelle que soit la loi de force. — La loi des aires pour une force centrale : en des temps égaux, le rayon vecteur issu du centre $O$ balaie des aires égales, si bien que le point va vite près de $O$ et lentement loin de lui — la deuxième loi de Kepler, conséquence de la seule conservation de $\vect L_O$ , quelle que soit la loi de force.

Exemple 15.6 (Le pendule par les moments)

Pendule simple, axe $\Delta$ passant par le point de suspension et perpendiculaire au plan d’oscillation : $L_\Delta = m\ell^2\dot\theta$ ; la tension rencontre l’axe (moment nul), le moment du poids vaut $-mg\ell\sin\theta$ (bras de levier $\ell\sin\theta$ , effet de rappel). Le théorème donne $m\ell^2\ddot\theta = -mg\ell\sin\theta$ , l’équation de l’Exemple 12.12 sans jamais écrire la tension — c’est le principal avantage des moments : les forces qui passent par l’axe disparaissent.

Exemple 15.7 (Tirer un palet vers le centre)

Un palet glisse en cercle sur une glace sans frottement, retenu par un fil qui passe par un trou au centre ; on tire le fil de sorte que le rayon soit divisé par deux. La tension est centrale : $L = mr^2\omega$ se conserve, donc $\omega$ est multipliée par $4$ , la vitesse $r\omega$ par $2$ , l’énergie cinétique par $4$ — l’énergie supplémentaire est le travail de la traction, à laquelle le palet résiste tout au long. Les bras de la patineuse relèvent de la même physique, avec une masse répartie (Exercice 15.4).

15.3 Systèmes de points et rotation autour d’un axe fixe

Théorème 15.8 (Moment cinétique d’un système)

Pour un système de points, avec $\vect L_O = \sum_i\vect{OM_i}\wedge m_i\vect v_i$ et $O$ fixe dans un référentiel galiléen,

\frac{\dd\vect L_O}{\dd t} = \sum\vect{\mathcal M}_O(\vect F_{\mathrm{ext}}):

seuls comptent les moments des forces extérieures ; les forces intérieures, qui obéissent à la loi de l’action et de la réaction selon la droite qui joint les points, ne contribuent en rien.

Démonstration. On somme les théorèmes ponctuels. Pour un couple de points intérieurs, $\vect{OM_i}\wedge\vect F_{j\to i} + \vect{OM_j}\wedge\vect F_{i\to j} = (\vect{OM_i} - \vect{OM_j})\wedge\vect F_{j\to i} = \vect{M_jM_i}\wedge\vect F_{j\to i} = \vect 0$ , puisque la force est portée par $\vect{M_jM_i}$ . ∎

Proposition 15.9 (Rotation rigide autour d’un axe fixe)

Si les points gardent des distances $r_i$ fixes à un axe $\Delta$ et tournent tous autour de lui à la même vitesse angulaire $\omega$ (une rotation rigide),

L_\Delta = J_\Delta\,\omega, \qquad J_\Delta = \sum_i m_ir_i^2, \qquad E_k = \tfrac12 J_\Delta\omega^2,

où $J_\Delta$ est le moment d’inertie par rapport à $\Delta$ , et le théorème s’écrit $J_\Delta\dot\omega = \sum\mathcal M_\Delta(\vect F_{\mathrm{ext}})$ .

Démonstration. Chaque point contribue pour $m_ir_i^2\omega$ à $L_\Delta$ et pour $\tfrac12 m_i(r_i\omega)^2$ à $E_k$ . Le Chapitre 19 étend ce résultat aux solides continus. ∎

Exemple 15.10 (La patineuse)

Bras écartés, le corps d’une patineuse a $J \approx 4\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ plus deux bras de $3\,\mathrm{kg}$ à $0.8\,\mathrm{m}$ : $J_1 = 4 + 2 \times 3 \times 0.64 = 7.8\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ . Bras ramenés ( $0.2\,\mathrm{m}$ ) : $J_2 = 4.2\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ . La réaction de la glace et le poids n’ont pas de moment par rapport à l’axe vertical : $J\omega$ se conserve et la vitesse de rotation croît de $J_1/J_2 = 1.85$ — de $2$ à $3.7$ tours par seconde — tandis que l’énergie cinétique croît du même facteur, payée par les muscles qui ramènent les bras.

Des points en rotation rigide autour d’un axe : chacun décrit son propre cercle à la vitesse angulaire commune et contribue pour m_ir_i2 au moment cinétique par rapport à l’axe. La masse éloignée de l’axe compte comme le carré de sa distance — ce sont les bras écartés de la patineuse. — Des points en rotation rigide autour d’un axe : chacun décrit son propre cercle à la vitesse angulaire commune $\omega$ et contribue pour $m_ir_i^2\omega$ au moment cinétique par rapport à l’axe. La masse éloignée de l’axe compte comme le carré de sa distance — ce sont les bras écartés de la patineuse.

Remarque 15.11 (Statique)

Un solide au repos a $\vect L_O = \vect 0$ constant : les forces extérieures doivent avoir une résultante nulle et un moment total nul en tout point. La seconde condition est la loi du levier, celle de la balance, de la bascule et du pied-de-biche : une petite force loin du pivot équilibre une grande force près de lui.

15.4 Exercices

Exercice 15.1 ★

Une force de $50\,\mathrm{N}$ sur une clé, à $0.30\,\mathrm{m}$ de l’écrou : moment lorsque la force est perpendiculaire au manche ; à $60^\circ$ de celui-ci ; dans son prolongement.

Solution

Solution de Exercice 15.1.

$Fd = 50 \times 0.30 = 15\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; $Fd\sin 60^\circ = 13\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; dans le prolongement du manche, la droite d’action passe par l’écrou : $0$ .

Exercice 15.2 ★

Moment cinétique de la Terre par rapport au Soleil (orbite circulaire, $r = 1.50 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ , $v = 29.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , $m = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ ), et sa vitesse aréolaire.

Solution

Solution de Exercice 15.2.

$L = mrv = 5.97\times10^{24} \times 1.50\times10^{11} \times 2.98\times10^4 = 2.7 \times 10^{40}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ ; $\dd A/\dd t = L/2m = rv/2 = 2.2 \times 10^{15}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ .

Exercice 15.3 ★

Un pendule conique (fil de $1.0\,\mathrm{m}$ , à $30^\circ$ de la verticale, Exercice 12.9). Calculer $L$ par unité de masse par rapport à l’axe vertical passant par le point de suspension, et expliquer pourquoi il se conserve alors que la tension du fil et le poids agissent.

Solution

Solution de Exercice 15.3.

$r = \ell\sin 30^\circ = 0.50\,\mathrm{m}$ , $\omega = 3.4\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ : $L_z/m = r^2\omega = 0.84\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ . La droite d’action de la tension passe par le point de suspension (moment nul par rapport à tout axe qui y passe) ; le poids est parallèle à l’axe vertical (moment nul par rapport à lui) : $L_z$ se conserve.

Exercice 15.4 ★

Le tronc d’une patineuse a $J = 4.0\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ par rapport à l’axe de rotation ; chaque bras ( $3.0\,\mathrm{kg}$ ) est assimilé à un point à $0.80\,\mathrm{m}$ , puis à $0.20\,\mathrm{m}$ . Vitesse de rotation après avoir ramené les bras, en partant de $2.0\,$ tours par seconde ; rapport des énergies cinétiques ; d’où vient l’énergie supplémentaire ?

Solution

Solution de Exercice 15.4.

$J_1 = 4.0 + 2 \times 3.0 \times 0.64 = 7.8\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ , $J_2 = 4.0 + 2 \times 3.0 \times 0.04 = 4.2\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; $\omega_2 = \omega_1J_1/J_2 = 1.85\omega_1$ : $3.7\,$ tours par seconde. $E_k = L^2/2J$ : rapport $J_1/J_2 = 1.85$ ; ce sont les muscles, qui ramènent les bras contre la tendance centrifuge, qui fournissent ce travail.

Exercice 15.5 ★★

Établir l’équation du pendule $\ell\ddot\theta + g\sin\theta = 0$ à partir du théorème du moment cinétique par rapport à l’axe de suspension, et donner le moment de chaque force.

Solution

Solution de Exercice 15.5.

$L_\Delta = m\ell^2\dot\theta$ ; tension : moment nul (elle rencontre l’axe) ; poids : $-mg\ell\sin\theta$ (bras de levier $\ell\sin\theta$ , effet de rappel). D’où $m\ell^2\ddot\theta = -mg\ell\sin\theta$ .

Exercice 15.6 ★★

La distance de la Terre au Soleil varie de $1.471 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ (périhélie) à $1.521 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ (aphélie). À l’aide de la loi des aires, trouver le rapport de ses vitesses en ces points ; avec une vitesse moyenne de $29.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , donner les deux vitesses.

Solution

Solution de Exercice 15.6.

$r_pv_p = r_av_a$ : $v_p/v_a = r_a/r_p = 1.034$ ; avec $(v_p + v_a)/2 \approx 29.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ : $v_p = 30.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , $v_a = 29.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ .

Exercice 15.7 ★★

Un palet de $0.20\,\mathrm{kg}$ tourne à $2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ au bout d’un fil de $0.50\,\mathrm{m}$ passant par un trou ; on tire le fil jusqu’à ce que le rayon vaille $0.25\,\mathrm{m}$ . Nouvelle vitesse et nouvelle vitesse angulaire ; énergies cinétiques avant et après ; travail de la traction. Pourquoi la tension peut-elle travailler ici ?

Solution

Solution de Exercice 15.7.

$L = mrv$ se conserve : $v_2 = v_1r_1/r_2 = 4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\omega_2 = v_2/r_2 = 16\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ (contre $4\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ). $E_1 = 0.40\,\mathrm{J}$ , $E_2 = 1.6\,\mathrm{J}$ : la traction fournit $1.2\,\mathrm{J}$ . La tension est radiale, mais le déplacement du palet a désormais une composante radiale (il spirale vers l’intérieur) : le travail $\vect T\cdot\dd\vect\ell$ n’est plus nul.

Exercice 15.8 ★★

Une planche homogène de $20\,\mathrm{kg}$ et de $4.0\,\mathrm{m}$ repose sur un pivot situé à $1.5\,\mathrm{m}$ de son extrémité gauche ; un enfant de $30\,\mathrm{kg}$ s’assoit à cette extrémité. Où doit s’asseoir un enfant de $45\,\mathrm{kg}$ pour équilibrer ? Que supporte le pivot ?

Solution

Solution de Exercice 15.8.

Moments par rapport au pivot (longueurs depuis le pivot) : enfant $30 \times 1.5 = 45$ (à gauche) ; poids de la planche en son milieu, à $0.5$ à droite : $20 \times 0.5 = 10$ (à droite) ; second enfant à $x$ à droite : $45x$ . Équilibre : $45 = 10 + 45x$ , $x = 0.78\,\mathrm{m}$ . Le pivot supporte le poids total, $95 \times 9.81 = 932\,\mathrm{N}$ .

Exercice 15.9 ★★

Une machine d’Atwood ( $m_1 = 2.0\,\mathrm{kg}$ , $m_2 = 1.0\,\mathrm{kg}$ ) est suspendue à une poulie de rayon $0.10\,\mathrm{m}$ et de moment d’inertie $0.010\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ sur laquelle le fil ne glisse pas. À l’aide du théorème du moment cinétique pour la poulie et de la loi de Newton pour les masses, trouver l’accélération et les deux tensions. Comparer au cas de la poulie sans masse.

Solution

Solution de Exercice 15.9.

Masses : $m_1a = m_1g - T_1$ , $m_2a = T_2 - m_2g$ ; poulie : $J\dot\omega = (T_1 - T_2)R$ avec $a = R\dot\omega$ . En additionnant : $a = (m_1 - m_2)g/(m_1 + m_2 + J/R^2) = 9.81/(3.0 + 1.0) = 2.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ (contre $3.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ) ; $T_1 = m_1(g - a) = 14.7\,\mathrm{N}$ , $T_2 = m_2(g + a) = 12.3\,\mathrm{N}$ — inégales, puisque la poulie réclame un moment résultant.

Exercice 15.10 ★★★

Une comète passe à son périhélie à $0.50\,\mathrm{AU}$ du Soleil à $40\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . Lorsqu’elle est à $10\,\mathrm{AU}$ , quelle est la composante de sa vitesse perpendiculaire au rayon vecteur ? La loi des aires peut-elle donner sa vitesse entière ?

Solution

Solution de Exercice 15.10.

$r_1v_1 = r_2v_{\perp 2}$ : $v_{\perp 2} = 40 \times 0.5/10 = 2.0\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . La loi des aires ne donne que la composante perpendiculaire ; la composante radiale demande la conservation de l’énergie (Chapitre 16).

Exercice 15.11 ★★★

Une étoile semblable au Soleil ( $R = 7.0 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ , période de rotation $25\,\mathrm{d}$ ) s’effondre en une étoile à neutrons de rayon $10\,\mathrm{km}$ , en gardant sa masse et son moment cinétique ( $J \propto MR^2$ ). Nouvelle période ? Vitesse à l’équateur ? Que dit cette dernière de l’hypothèse ?

Solution

Solution de Exercice 15.11.

$J\omega$ constant avec $J \propto R^2$ : $T' = T(R'/R)^2 = 25 \times 86400 \times (10^4/7\times10^8)^2 = 4.4 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}$ . Vitesse à l’équateur $2\pi R'/T' = 1.4 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , la moitié de la vitesse de la lumière : l’effondrement ne peut pas garder tout le moment cinétique — il en évacue beaucoup (et la relativité entre en jeu).

Exercice 15.12 ★★★

Une perle glisse sans frottement le long d’une tige rectiligne qui tourne dans un plan horizontal à $\omega$ constante autour d’un axe vertical passant par une de ses extrémités. Écrire le $L_z$ de la perle ; montrer qu’il n’est pas conservé et calculer le moment que la tige doit exercer ; en déduire la réaction transversale de la tige sur la perle.

Solution

Solution de Exercice 15.12.

$L_z = mr^2\omega$ , et $r$ varie : $\dd L_z/\dd t = 2mr\dot r\omega \neq 0$ . Ce doit être le moment de la réaction transversale $N$ de la tige : $rN = 2mr\dot r\omega$ , donc $N = 2m\dot r\omega$ — la tige pousse la perle latéralement pendant qu’elle s’éloigne (le terme de Coriolis du Chapitre 18).

15.5 Problème : pourquoi la Lune s’en va

Problème 15.1

Problème du week-end — les marées que la Lune soulève sur la Terre la tirent en avant et freinent la Terre : comment le moment cinétique s’écoule de nos journées vers l’orbite lunaire, centimètre par centimètre, et où passe l’énergie

Données : $G = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{SI}$ ; Terre $M = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ , $R = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ , rotation $\Omega = 2\pi/(86\,164\,\mathrm{s})$ , moment d’inertie $J = 0.33\,MR^2$ ; Lune $m = 7.35 \times 10^{22}\,\mathrm{kg}$ , orbite traitée comme circulaire, $r = 3.84 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ ; la télémétrie laser lunaire mesure $\dd r/\dd t = 3.8\,\mathrm{cm}/\mathrm{yr}$ ; le jour s’allonge de $2.3\,\mathrm{ms}$ par siècle ; $1$ siècle $= 3.16 \times 10^{9}\,\mathrm{s}$ .

Partie I — Les moments cinétiques.

Calculer la vitesse angulaire orbitale $\omega$ de la Lune par la loi de Newton (orbite circulaire), et la vérifier sur le mois sidéral de $27.3\,\mathrm{d}$ .
Calculer le moment cinétique orbital de la Lune $L_{\text{orb}} = mr^2\omega$ .
Montrer que, pour une orbite circulaire, $L_{\text{orb}} = m\sqrt{GMr}$ , et en déduire $\dd L_{\text{orb}}/\dd r = L_{\text{orb}}/2r$ .
Calculer le moment cinétique de rotation de la Terre $L_{\text{rot}} = J\Omega$ et le comparer à $L_{\text{orb}}$ .
La Lune tourne une fois par mois sur elle-même : estimer son moment cinétique propre ( $J_m \approx 0.4\,mR_m^2$ , $R_m = 1.74 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ ) et justifier qu’on le néglige.
Quels moments extérieurs s’exercent sur le système Terre–Lune par rapport à son centre de masse ? Montrer qu’en bonne approximation le total $L = L_{\text{rot}} + L_{\text{orb}}$ se conserve.

Partie II — Le couple des marées. La Lune soulève sur la Terre deux bourrelets d’eau ; comme la Terre tourne plus vite que la Lune n’orbite, le frottement entraîne ces bourrelets en avant de la ligne Terre–Lune, d’un petit angle.

Faire un schéma de la Terre, du bourrelet en avance et de la Lune. Dans quel sens agit l’attraction de la Lune sur le bourrelet le plus proche, par rapport à la rotation terrestre ?
En déduire le signe du moment exercé sur la rotation de la Terre : le jour s’allonge-t-il ou se raccourcit-il ?
Par l’action et la réaction, quel moment s’exerce sur le mouvement orbital de la Lune ? $L_{\text{orb}}$ croît-il ou décroît-il ?
D’après la question 3, $r$ croît-il ou décroît-il ? Et la vitesse orbitale de la Lune $v = \sqrt{GM/r}$ ?
Lever le paradoxe apparent : la Lune est poussée en avant, et pourtant elle finit par aller moins vite.
Vers quel état final tend cet échange ?

Partie III — Les nombres.

À partir de l’allongement du jour, calculer la variation relative $\Delta\Omega/\Omega$ par siècle.
En déduire la variation de $L_{\text{rot}}$ par siècle.
En déduire la variation de $L_{\text{orb}}$ par siècle.
À l’aide de la question 3, la convertir en variation de $r$ par siècle puis par an. Comparer à la valeur de la télémétrie laser.
De quelle fraction, et de combien de secondes, le mois sidéral s’allonge-t-il par siècle ( $T \propto r^{3/2}$ ) ?
Calculer la variation de l’énergie cinétique de rotation de la Terre par siècle ( $\Delta E = L_{\text{rot}}\Delta\Omega$ au premier ordre).
Calculer la variation de l’énergie mécanique orbitale de la Lune, $E_{\text{orb}} = -GMm/2r$ , par siècle.

Partie IV — L’énergie.

Montrer que la Terre perd plus d’énergie que la Lune n’en gagne, et calculer la différence par siècle ainsi que la puissance correspondante. Où passe-t-elle ?
Comparer cette puissance à la consommation de l’humanité, environ $18\,\mathrm{TW}$ , et au flux de chaleur interne de la Terre, environ $47\,\mathrm{TW}$ .
Dans l’état final de la question 12, le jour et le mois sont égaux : $\Omega = \omega = \sqrt{GM/r^3}$ . En écrivant la conservation de $L_{\text{rot}} + L_{\text{orb}}$ , vérifier que $r \approx 5.5 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ convient, et donner la période commune en jours.
Pourquoi cet état ne sera-t-il en fait jamais atteint ? (Penser aux marées solaires.)
La Lune montre déjà toujours la même face à la Terre. Expliquer par le même mécanisme, et dire pourquoi cela lui est arrivé d’abord.
Récapituler en trois lignes : ce qui se conserve, ce qui s’échange, ce qui se dissipe.

Solution

Solution de Problème 15.1.

1. $m\omega^2r = GMm/r^2$ : $\omega = \sqrt{GM/r^3} = \sqrt{3.98\times 10^{14}/5.66\times10^{25}} = 2.65 \times 10^{-6}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , de période $2\pi/\omega = 2.37 \times 10^{6}\,\mathrm{s} = 27.4\,\mathrm{d}$ .

2. $L_{\text{orb}} = 7.35\times10^{22} \times 1.475\times10^{17} \times 2.65\times10^{-6} = 2.9 \times 10^{34}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ .

3. $v = \sqrt{GM/r}$ , $L = mrv = m\sqrt{GMr}$ ; $\dd L/\dd r = \tfrac12 m\sqrt{GM/r} = L/2r$ .

4. $J = 0.33 \times 5.97\times10^{24} \times 4.06\times10^{13} = 8.0 \times 10^{37}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; $\Omega = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ; $L_{\text{rot}} = 5.8 \times 10^{33}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , le cinquième de $L_{\text{orb}}$ .

5. $J_m \approx 0.4 \times 7.35\times10^{22} \times 3.0\times10^{12} = 8.9 \times 10^{34}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ , multiplié par $\omega$ : $2.4 \times 10^{29}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , soit $10^{-5}$ de celui de l’orbite : négligeable.

6. L’attraction du Soleil s’exerce sur le centre de masse du système (pas de moment par rapport à lui au premier ordre) ; son effet de marée sur le couple est faible : le $L$ total se conserve à la précision voulue ici.

7. Le bourrelet le plus proche, en avance sur la ligne Terre–Lune, est tiré par la Lune avec une force dont la composante tangentielle s’oppose à la rotation terrestre.

8. Moment négatif sur la rotation : la Terre ralentit, le jour s’allonge.

9. Le bourrelet tire la Lune en avant : moment positif sur l’orbite, $L_{\text{orb}}$ croît.

10. $L_{\text{orb}} \propto \sqrt r$ croît, donc $r$ croît ; $v \propto 1/\sqrt r$ décroît.

11. La traction vers l’avant fournit un travail positif, qui élève l’énergie de la Lune ; or une orbite plus haute est une orbite plus lente : l’énergie passe en altitude (potentielle), plus que ne se perd d’énergie cinétique.

12. Vers le verrouillage par les marées de la Terre : jour égal au mois, plus de bourrelet en avance, plus de couple.

13. $\Delta\Omega/\Omega = -2.3 \times 10^{-3}\,\mathrm{s}/86\,164\,\mathrm{s} = -2.7 \times 10^{-8}$ par siècle.

14. $\Delta L_{\text{rot}} = L_{\text{rot}}\Delta\Omega/\Omega = -1.55 \times 10^{26}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ par siècle.

15. $\Delta L_{\text{orb}} = +1.55 \times 10^{26}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ par siècle.

16. $\Delta r = 2r\,\Delta L/L = 2 \times 3.84\times10^8 \times 1.55 \times10^{26}/2.9\times10^{34} = 4.1\,\mathrm{m}$ par siècle, soit $4.1\,\mathrm{cm}/\mathrm{yr}$ : proche des $3.8\,\mathrm{cm}/\mathrm{yr}$ mesurés (l’allongement du jour comporte aussi une part non due aux marées).

17. $\Delta T/T = \tfrac32\Delta r/r = 1.6\times10^{-8}$ : $2.37\times 10^6 \times 1.6\times10^{-8} = 0.04\,\mathrm{s}$ par siècle.

18. $\Delta E_{\text{rot}} = L_{\text{rot}}\Delta\Omega = 5.8\times10^{33} \times 7.29\times10^{-5} \times (-2.7\times10^{-8}) = -1.1 \times 10^{22}\,\mathrm{J}$ par siècle.

19. $\Delta E_{\text{orb}} = GMm\Delta r/2r^2 = 2.93\times10^{37} \times 4.1/(2 \times 1.475\times10^{17}) = +4.1 \times 10^{20}\,\mathrm{J}$ par siècle.

20. Bilan $-1.1\times10^{22} + 4\times10^{20} \approx -1.06 \times 10^{22}\,\mathrm{J}$ par siècle : $3.4\times10^{12}\ \mathrm{W}$ , dissipés en chaleur par le frottement des marées dans les océans et dans la Terre solide.

21. Un cinquième de la puissance de l’humanité, un quatorzième du flux géothermique — un petit chauffage, mais permanent.

22. $L_{\text{tot}} = 3.5\times10^{34}$ . En $r = 5.5\times10^8$ : $\omega = \sqrt{GM/r^3} = 1.55 \times 10^{-6}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $J\omega = 1.2\times10^{32}$ , $m\sqrt{GMr} = 7.35\times10^{22} \times 4.68\times10^{11} = 3.44\times10^{34}$ ; somme $3.45\times10^{34}$ : cohérent. Période $2\pi/\omega = 4.1 \times 10^{6}\,\mathrm{s} = 47\,\mathrm{d}$ .

23. Les marées solaires continuent de ralentir la Terre au-dessous du rythme orbital de la Lune, si bien que le couple Terre–Lune s’inverserait ; et de toute façon le Soleil aura évolué bien avant (l’échelle de temps est de plusieurs dizaines de milliards d’années).

24. La Terre a soulevé des marées sur la Lune, qui ont freiné sa rotation propre jusqu’à ce qu’une face reste tournée vers nous ; étant plus légère et voisine d’un partenaire plus lourd, la Lune s’est verrouillée bien plus vite.

25. Se conserve : le moment cinétique total. S’échange : du moment cinétique, de la rotation de la Terre vers l’orbite de la Lune, environ $1.6 \times 10^{26}\,\mathrm{SI}$ par siècle. Se dissipe : de l’énergie mécanique, quelques térawatts, en chaleur de marée.

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