Énoncé

Un système de $N$ particules de masses $m_i$ a une masse totale $M$ , un centre de masse de position $\vec R$ et de vitesse $\vec V$ . On note $\vec\rho_i=\vec r_i-\vec R$ et on décompose les vitesses :

\vec v_i=\vec V+\vec\omega\times\vec\rho_i+\vec u_i'.

La vitesse angulaire globale $\vec\omega$ est choisie de façon que le mouvement résiduel ne porte aucun moment cinétique global :

\sum_i m_i\vec u_i'=\vec0,\qquad \sum_i m_i\vec\rho_i\times\vec u_i'=\vec0.

On admet l'identité $\sum_i m_i|\vec\omega\times\vec\rho_i|^2 =\vec\omega\cdot\mathbf I_{\mathrm{CM}}\vec\omega$ , où $\mathbf I_{\mathrm{CM}}$ est le tenseur d'inertie au centre de masse.

Développer $E_c=\frac12\sum_i m_i v_i^2$ et montrer que les trois termes croisés sont nuls. En déduire la décomposition entre translation, rotation globale et mouvement résiduel.
Dans la convention où translation et rotation globales sont comptées comme mouvements macroscopiques, quelle énergie cinétique entre dans l'énergie interne ? Suffit-il de se placer dans le référentiel du centre de masse pour ne conserver que l'agitation thermique ?
Un disque homogène de masse $M$ et de rayon $R$ , dont l'axe est fixe, tourne initialement à la vitesse angulaire $\omega_0$ . Son moment d'inertie vaut $I=MR^2/2$ . Un frein l'immobilise. Le système disque et frein est calorifugé ; ses supports immobiles ne fournissent aucun travail. Toute l'énergie dissipée reste dans ce système, de capacité thermique totale constante $C$ . Établir sa variation d'énergie interne et son élévation de température.
Calculer l'énergie convertie et l'élévation de température pour $M=2{,}0\ \mathrm{kg}$ , $R=0{,}10\ \mathrm{m}$ , $\omega_0=100\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ et $C=500\ \mathrm{J\,K^{-1}}$ . Cette énergie a-t-elle franchi la frontière du système sous forme de chaleur ?

Indication

Utiliser

\sum_i m_i\vec\rho_i=\vec0

et l'identité de produit mixte

(\vec\omega\times\vec\rho_i)\cdot\vec u_i' =\vec\omega\cdot(\vec\rho_i\times\vec u_i')

. Pendant le freinage, conserver

U+E_c^{\mathrm{macro}}

.

Solution détaillée

Solution

Question 1. La définition du centre de masse donne

\sum_i m_i\vec r_i=M\vec R

. Par conséquent,

\sum_i m_i\vec\rho_i=\sum_i m_i\vec r_i-M\vec R=\vec0.

En développant chaque carré,

\begin{aligned} E_c={}&\frac12MV^2 +\frac12\sum_i m_i|\vec\omega\times\vec\rho_i|^2 +\frac12\sum_i m_i{u_i'}^2\\ &+\vec V\cdot\left(\vec\omega\times\sum_i m_i\vec\rho_i\right) +\vec V\cdot\sum_i m_i\vec u_i'\\ &+\sum_i m_i(\vec\omega\times\vec\rho_i)\cdot\vec u_i'. \end{aligned}

Le premier terme croisé s'annule par la définition du centre de masse. Le deuxième s'annule parce que la quantité de mouvement résiduelle est nulle. Pour le troisième, le produit mixte donne

\sum_i m_i(\vec\omega\times\vec\rho_i)\cdot\vec u_i' =\vec\omega\cdot\sum_i m_i(\vec\rho_i\times\vec u_i')=0.

Avec l'identité fournie pour le tenseur d'inertie, il reste

\boxed{E_c=\frac12MV^2 +\frac12\vec\omega\cdot\mathbf I_{\mathrm{CM}}\vec\omega +\frac12\sum_i m_i{u_i'}^2.}

Question 2. Dans cette convention, la contribution cinétique à l'énergie interne est le dernier terme, $\frac12\sum_i m_i{u_i'}^2$ . L'énergie interne comprend aussi les énergies potentielles internes et les autres degrés de liberté internes éventuels. Se placer dans le référentiel du centre de masse annule le terme de translation, mais laisse le terme de rotation globale. Un disque tournant autour d'un axe fixe possède ainsi une énergie cinétique macroscopique même si son centre de masse est immobile.

Question 3. La chaleur et le travail traversant la frontière du système disque et frein sont nuls. Les forces des supports peuvent transmettre un moment cinétique, mais leurs points d'application immobiles ne transmettent pas de travail. En négligeant toute autre variation d'énergie macroscopique, la conservation donne

\Delta U+\Delta E_{\mathrm{rotation}}=0.

Le disque s'arrête, donc $\Delta E_{\mathrm{rotation}}=0-\frac12I\omega_0^2$ . Par conséquent,

\Delta U=\frac12I\omega_0^2=\frac14MR^2\omega_0^2>0.

Une fois l'équilibre thermique interne atteint, le modèle de capacité constante donne $\Delta U=C(T_f-T_i)$ , soit

T_f-T_i=\frac{MR^2\omega_0^2}{4C}.

Les frottements convertissent une énergie de mouvement ordonné en énergie interne au sein du système.

Question 4. Le moment d'inertie vaut

I=2{,}0(0{,}10)^2/2=0{,}010\ \mathrm{kg\,m^2}

. On obtient

\Delta U=\frac12(0{,}010)(100)^2=50\ \mathrm{J}, \qquad T_f-T_i=\frac{50}{500}=0{,}10\ \mathrm{K}.

Le système se réchauffe bien que $Q=0$ : cette énergie n'a pas franchi sa frontière sous forme de chaleur. Elle était initialement présente sous forme d'énergie cinétique de rotation.