Exo-Determination de La Matrice d Inertie Correction
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Chap2 : Eléments d’inertie EXERCICES de MECANIQUE Professeur : Franck Besnard CPGE PSI 1 Exercice 5 : détermination de la matrice centrale d’inertie d’un cylindre (CORRECTION) De plus, les axes (G, x) et (G, y) jouent le même rôle dans la répartition des masses. On en déduit que A=B. On a donc la matrice suivante : G R A B 0 0 I (S) 0 B A 0 0 0 C = = = Choix du paramétrage : Nous utiliserons les coordonnées cylindriques r, θ et z avec dV=rdrd θ dz Domaine d’intégration : r varie de 0 à R, z de –H/2 à H/2 et θ de 0 à 2π Calcul : H 2 R 4 2 3 H 0 0 2 R C (x² y²)dm r .dr.d .dz .2 .H. 4 π - = + =ρ θ =ρ π ∫∫∫ ∫∫∫ avec 2 M .R .H ρ= π soit 2 MR C 2 = ox Gxz Gxy I A (y² z²)dm y²dm z²dm I I B' C' = = + = + = + = + ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ oy Gyz Gxy I B (x² z²)dm x²dm z²dm I I A' C' = = + = + = + = + ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ oz Gyz Gxz I C (x² y²)dm x²dm y²dm I I A' B' = = + = + = + = + ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ Les plans [Gxz] et [Gyz] jouent le même rôle pour la répartition de la matière. On peut donc en déduire que A’=B’=C/2 et par conséquent que Gxy C C A I C' 2 2 = + = + H 2 R 3 2 Gxy H 0 0 2 M H R² MH² I C' z²dm z².rdr.d .dz .2 . . R²H 12 2 12 π - = = =ρ θ = π = π ∫∫∫ ∫∫∫ D’où : MR² MH² A 4 12 = + 1) Déterminez la matrice centrale d’inertie d’un cylindre de révolution plein et homogène de masse M , de rayon R et de hauteur H. Détermination de la base centrale d’inertie : Le repère (G, x, y, z) est bien le repère central d’inertie du cylindre. L’axe (G, z) est axe de symétrie donc E=D=0. De même l’axe (G, x) est axe de symétrie donc F=E=0.
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Chap2 : Elments dinertie EXERCICES de MECANIQUE
Professeur : Franck Besnard CPGE PSI
1
Exercice 5 : dtermination de la matrice centrale dinertie dun cylindre (CORRECTION)
De plus, les axes (G,x)
et (G,y)
jouent le mme rle dans la rpartition des masses. On en
dduit que A=B. On a donc la matrice suivante :
G
R
A B 0 0
I (S) 0 B A 0
0 0 C
=
= =
Choix du paramtrage : Nous utiliserons les coordonnes cylindriques r, et z avec dV=rdrd dz Domaine dintgration : r varie de 0 R, z de H/2 H/2 et de 0 2pi Calcul :
H
2 R 423
H0 0
2
RC (x y)dm r .dr.d .dz .2 .H.
4
pi
= + = = pi avec 2M
.R .H =
pi soit
2MRC
2=
ox Gxz GxyI A (y z)dm ydm zdm I I B ' C '= = + = + = + = +
oy Gyz GxyI B (x z)dm xdm zdm I I A ' C '= = + = + = + = +
oz Gyz GxzI C (x y)dm xdm ydm I I A ' B '= = + = + = + = + Les plans [Gxz] et [Gyz] jouent le mme rle pour la rpartition de la matire. On peut donc
en dduire que A=B=C/2 et par consquent que GxyC C
A I C '2 2
= + = +
H
2 R 32
Gxy
H0 0
2
M H R MHI C ' zdm z.rdr.d .dz .2 . .
RH 12 2 12
pi
= = = = pi =pi
Do : MR MH
A4 12
= +
1) Dterminez la matrice centrale dinertie dun cylindre de rvolution plein et homogne de masse M , de rayon R et de hauteur H. Dtermination de la base centrale dinertie :
Le repre (G,x,y,z)
est bien le repre central dinertie du
cylindre. Laxe (G,z)
est axe de symtrie donc E=D=0.
De mme laxe (G,x)
est axe de symtrie donc F=E=0.
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La matrice centrale dinertie du cylindre scrit ainsi :
G
R
MR MH0 0
4 12
MR MHI (S) 0 0
4 12
MR0 0
2
+
= +
2) Dduisez-en la matrice dinertie au centre de lune de ses bases. On peut appliquer le thorme de Huygens, soit :
O G
R
b c ab ac
I I M. ab c a bc
ac bc a b
+
= + + +
+
Avec H
GO a.x b.y c.z .z2
= + + =
On obtient :
( )
O G
R x,y,z
R HH0 00 0
4 34
H R HI I M. 0 0 M. 0 0
4 4 3
0 0 0 R0 0
2
+
= + = +
3) Cas particulier dun disque et dun barreau cylindrique. Masse M, rayon R et dpaisseur ngligeable devant R :
Le terme MH
12 est alors ngligeable devant
MR
4 et on obtient alors au centre du disque :
( )G
x,y,z
1 0 0MR
I (disque) . 0 1 04
0 0 2
=
Cas dune tige cylindrique de masse M dont le rayon est ngligeable devant la longueur H.
Cest alors le terme MR
4 qui trs petit devant le terme
MH
12. Si G est le centre dinertie du
barreau et O lune de ses extrmits.
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G
R
H0 0
12
HI (tige) M. 0 0
12
R0 0
2
=
et O
R
H0 0
3
HI (tige) M. 0 0
3
R0 0
2
=
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Exercice 6 : 1)
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