Polycopié - cours, examensrationnelle du module Physique 4. Les solutions sont souvent détaillées...

1

République Algérienne Démocratique et Populaire

Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique

Université Mohamed Boudiaf de M’sila

Faculté des Sciences

Département de physique

Polycopié

Mr : OUALI Ameur

Mécanique Rationnelle

Cours et Exercices résolus

2

Ce polycopié est destiné aux étudiants du semestre 3 des sciences techniques du

système LMD. Il contient un cours abrégé et des exercices résolus sur la mécanique

rationnelle du module Physique 4. Les solutions sont souvent détaillées et permettent à

l’étudiant de compléter sa compréhension du cours et faire soi-même son évaluation.

Ce polycopié contient les parties suivantes:

- rappels mathématique sur le calcul vectoriel

- statique du solide

- statique du solide en présence de frottement

- Centre d'inertie

- moment d'inertie et tenseur d'inertie

3

Sommaire

RAPPEL MATHEMATHIQUE SUR LE CALCUL VECTORIEL ............................... 04

Exercices ......................................................................................................... 08

Solutions des Exercices ................................................................................... 09

STATIQUE ..................................................................................................................... 11

Notions fondamentales de la statique .............................................................. 11

Conditions d'équilibre 'un solide ...................................................................... 12

Exercices ......................................................................................................... 14


ÉQUILIBRE DES SOLIDES EN PRÉSENCE DU FROTTEMENT ............................ 26

Frottement de glissement............................................................................... 26

Angle de frottement ......................................................................................... 29

Exercices ......................................................................................................... 30


CENTRE D’INERTIE D’UN SYSTEME MATERIEL .............................................. 36

Notions de masses d'un système matériel ....................................................... 36

Centre d'inertie des solides ............................................................................. 37

Théorème de GULDIN .................................................................................. 38

Exercices ......................................................................................................... 39


TENSEUR D’INERTIE ................................................................................................ 47

Définition du moment d'inertie ....................................................................... 47

Tenseur d’inertie ........................................................................................... 48

Axes principaux d’inertie .............................................................................. 49

Théorème de Huygens .................................................................................. 49

Moment d’inertie par rapport à une droite quelconque (Δ).......................... 50

BIBLIOGRAPHIE...........................................................................................................52

4

1- Rappel mathématique sur les vecteurs

1.1Vecteurs et Scalaires

Des grandeurs telles que longueur , surface ou masse se laisse décrire complètement par des

nombres réels ou scalaires. D'autres, telles que vitesse , accélération ou force nécessitent

qu'on précise en plus de leurs intensité, leur direction et leurs sens. Ces grandeurs sont

désignées mathématiquement par des objets qu'on appellera " vecteurs".

1.1.1 Notion de vecteur

Un vecteur est un segment de droite OA sur lequel on a choisi une origine O et une extrémité

A ; il est défini par :

- son origine ;

- sa direction ;

- son sens ;

- son module.

1.1.2 Classification des vecteurs

Il existe plusieurs types de vecteurs :

- Vecteur libre : la direction, le sens et le module sont donnés mais la droite support et le point

d’application (origine du vecteur) ne sont pas connues ;

- Vecteur glissant : le point d’application (origine du vecteur) n’est pas fixé

- Vecteur lié : tous les éléments du vecteur sont déterminés

- Vecteur unitaire : c’est un vecteur dont le module est égal à 1.

1.1.3 Composantes d’un vecteur

Considérons une base de l’espace R3 notée R0 (O, , , ) : . Cette base est orthonormée si

. = δij (δij = 0 si i ≠ j , δij = 1 si i = j)

la base R0 est dite directe si un observateur se plaçant à l’extrémité du vecteur verra

le vecteur tourner vers vecteur dans le sens contraire des aiguilles d’une montre. Dans

cette base un vecteur de composantes (x, y, z) R3 s’écrirait :

x + y + z

A

O

5

1.2.1 Produit scalaire de deux vecteurs

On appelle produit scalaire de deux vecteurs et une loi de composition externe qui

associe aux deux vecteurs, un scalaire (nombre réel) noté : tel que :

R3 R

V1. V2 cos ( le résultat d’un produit scalaire est un scalaire.

Le produit scalaire est nul, si :

▪ Les deux vecteurs sont orthogonaux ;

▪ L’un des vecteurs est nul.

1.2.2 Expression analytique du produit scalaire

Considérons une base directe b de l’espace R3 notée : R0 (O, , , )

Soient deux vecteurs et . Leurs expressions dans cette base sont :

= x1 +y1 +z1

= x2 +y2 +z2

x1 +y1 +z1 ) x2 +y2 +z2 ) =x1x2+y1y2+z1z2

1.3.1 Produit vectoriel de deux vecteurs

Le produit vectoriel de deux vecteurs et de l’espace R3 est un vecteur

perpendiculaire à et , défini par : = V1.V2 sin , )

ou : est un vecteur unitaire perpendiculaire à et

les trois vecteurs , , forment un trièdre direct.

Le produit vectoriel est nul si :

- Les deux vecteurs sont colinéaires ;

- L’un des vecteurs, est nul.

1.3.2 Propriétés du produit vectoriel

a) Le module du produit vectoriel est égal à l’aire du parallélogramme formé par et ;

b) Le produit vectoriel est distributif à gauche et à droite pour la somme vectorielle :

( + )

( + )

c) Le produit vectoriel est associatif pour la multiplication par un nombre réel :

( λ λ

λ

d) Le produit vectoriel est antisymétrique (anticommutatif)

= - ( )

6

Si on applique cette propriété au produit vectoriel d’un même vecteur, nous aurons :

= - ( ) =

On déduit à partir de cette propriété que : deux vecteurs non nuls sont colinéaires si

et seulement si leur produit vectoriel est nul.

Si // alors =

1.3.3 Produit vectoriel des vecteurs unitaires d’une base orthonormée

Si b = ( , , ) est orthonormée et directe nous avons :

Sens direct : = ; = ; =

Sens opposé : ;

1.3.4 Expression analytique du produit vectoriel dans une base orthonormé directe

Le produit vectoriel de deux vecteurs et de composantes respectives dans une base

orthonormée directe R

= ; =

1.4. Produit mixte

On appelle produit mixte de trois vecteurs , , pris dans cet ordre, le nombre

réel défini par :

Le produit mixte est donc un scalaire égal au volume V3

du parallélépipède formé par les trois vecteurs.

Le produit mixte est nul, si :

- les trois vecteurs sont dans le même plan ;

- deux des vecteurs sont colinéaires ;

- l’un des vecteurs, est nul.

On montre facilement que, dans une base orthonormée directe, le produit mixte est un

variant scalaire par permutation circulaire direct des trois vecteurs car le produit scalaire est

commutatif :

Remarque :

Une notation simplifiée, dans laquelle les opérateurs n’apparaissent pas, est adoptée dans

ce cas pour faciliter l’écriture des équations vectorielles :

est équivalent à (

7

( ( = (

1.5 Double produit vectoriel

Le double produit vectoriel de trois vecteurs respectifs est un vecteur exprimé

par la relation : Le vecteur est perpendiculaire au vecteur et au

vecteur formé par le produit : il est donc dans le plan formé par les vecteurs

.

le vecteur peut s’écrire : = α +β

Nous pouvons présenter cette relation autrement par identification des scalaires α et β , on

obtient :

Il faut faire attention à l’ordre des vecteurs car le produit vectoriel n’est pas commutatif.

Pour retenir cette formule, il est plus simple de l’écrire sous la forme :

1.6 Règle des sinus dans un triangle

On considère un triangle de côtés a, b, et c, et α, β, γ ses angles aux sommets A, B, et C. La

hauteur issue de C divise le triangle ABC en deux triangles rectangles. Notons h cette hauteur;

on peut appliquer la définition du sinus dans les deux petits triangles rectangles pour exprimer

h: b

hsin et

a

hsin

Dont on tire deux expressions pour h

sinsin abh

et donc : sinsin

ba

En faisant de même avec la hauteur issue de A on obtient : sinsin

cb

La formule dite des sinus est alors :

sinsinsin

cba

8

Exercices

Exercice 1 : Dans un repère orthonormé direct on donne les points suivants: A(2,1,0);

B(1,3,0); C(1,1,4).

-Calculer l’aire du triangle ABC, le volume du tétraèdre OABC et la

distance OH de O au plan ABC.

-Donner le vecteur unitaire perpendiculaire au plan ABC.

Exercice 2 : Calculer la résultante R des 4 forces appliquées comme le montre la figure.

Exercice 3 : Un manchon qui peut glisser dans un axe vertical est

sollicité par les trois forces représentées. La direction de F peut varier.

Dites s’il est possible que F forme avec les deux autres forces une

résultante R horizontale, sachant que la grandeur de F est : a) 2135 N ,

b) 1245 N.

9

Solutions des exercices

Exercice N°1 :

Calcul de l’aire du triangle ABC :

L’aire d’un triangle peut ce calculer a partir du produit vectoriel :

BCABS 2

1

0

2

1

AB ,

4

2

0

BC

420

021

BCAB

kjiBCAB 248

84248 222 BCAB

L’aire du triangle ABC : 2

84S

Calcul du volume du tétraèdre OABC :

Le volume d’un tétraèdre peut ce calculer a partir du produit mixte :

).( BCABOAV

0

1

2

OA

20)248)(12( kjijiV

Calcul de la distance OH de O au plan ABC :

Le volume d’un tétraèdre peut s’exprimer par cette formule :

SOHV3

1

Où S est la surface de la base du tétraèdre et OH la hauteur du tétraèdre s’appuyant sur cette

base.

Donc 09.133

OHS

VOH

Expression du vecteur unitaire perpendiculaire au

plan ABC

On a déjà calculé le vecteur perpendiculaire au

plan ABC : kjiBCABD 248

11

Le vecteur D peut s’écrire en fonction de son vecteur unitaire par : DuDD

DoncD

DuD , )

21

1,

21

2,

21

4(Du

Exercice N°2 :

4321 FFFFR

La projection sur les axes du repère :

Sur l’axe ox :

15cos20sin30cos 421 FFFRx

Sur l’axe oy :

15sin20cos30sin 4321 FFFFRy

A.N: NRx 24.199 et NRy 22.14

NRRRR yx 7.19922

Exercice N°3 :

21 FFFR


Sur l’axe ox :

30cossin 2FFR ……. (1)

Sur l’axe oy :

12 30sincos0 FFF ……. (2)

De l’équation (2) : F

FF 12 30sincos

……. (3)

A.N :

1er

cas : F= 2135N : 66.0cos donc on peut avoir une résultante horizontale.

2eme

cas : F= 1245N : 14.1cos dans ce cas impossible d’avoir une résultante horizontale.

11

2- Statique

Introduction

La statique est une branche de la mécanique rationnelle qui traite l’équilibre des corps

matériels par rapport à un système de référence supposé fixe, et ses moyens de réduire un

système de forces à une forme élémentaire. Dans ce chapitre on aborde des notions sur le

point matériel, le corps solide parfait, la force, le moment d’une force et les torseurs des

forces extérieures. Ensuite, on donne les conditions d’équilibres statiques, et les différents

types des liaisons et de réactions. Enfin, on explique quelques opérations sur les forces

concernant la réduction d’un système de forces à une résultante et la décomposition d’une

force à plusieurs composantes.

NOTIONS FONDAMENTALES DE LA STATIQUE

Point matériel: On appelle un point matériel, une particule matérielle dont les

dimensions sont négligeables dans les conditions du problème considéré. La différence par

rapport au point géométrique, réside en le fait que le point matériel est supposé contenir

une certaine quantité de matière concentrée. Un point matériel jouit donc de la propriété

d’inertie, et d’interactions avec d’autres points matériels

Corps solide parfait: Tout corps physique se présente en mécanique comme un

système de points matériels : on entend par-là un ensemble de particules matérielles qui

agissent les unes sur les autres conformément au principe d’égalité de l’action et de la

réaction. Par corps solide, on entend un corps dont deux points quelconques restent en

toutes circonstances séparés par une distance inchangée. Autrement, le corps solide

conserve une forme géométrique constante il reste indéformable .

Force: Par la force, on désigne en mécanique la mesure quantitative d’interaction

mécanique des corps matériels. On appellera force l’action d’un corps sur un autre, se

traduisant par une pression, une attraction, une répulsion…ect. L’action de la force sur le

corps est déterminée par

- le point d’application : A ;

- le sens : A→B

- La direction où la ligne d’action : (),

F B

A

12

h

B

F

P

A

- le module où la valeur numérique = .

Moment d’une force par rapport à un point

Soit une force et un point O. Menons par O un plan contenant .

Abaissons de O une perpendiculaire OP sur la direction AB de la force . La longueur de la

perpendiculaire est le bras de levier h de la force par rapport au point O;ce point s’appelle

pôle.

Le moment de F par rapport à O est le produit du module F du vecteur de la force F

par le bras de levier h, qui peut être affecté de signe positif ou négatif.

Mo ( F ) F

Mo ( F ) 0 si la force fait tourner le plan dans le sens contraire à celui des aiguilles d’une

montre.

Mo ( F ) 0 si la force fait tourner le plan dans le sens des aiguilles d’une montre.

| ( )| F h F OA sin F r sin | |

d’où

| ( )| | |

Le vecteur moment ( ) est égal en module à l’aire du parallélogramme construit sur les

vecteurs et . Il est perpendiculaire au plan de ces deux vecteurs.

Equilibre du solide

Pour que le solide sous l’action de N forces extérieures soit en équilibre statique il faut et il

suffit que :

- La résultante de toutes les forces extérieures appliquées au solide, soit nulle : 01

N

i

iF

- Le moment résultant de toutes ces forces en un point O, soit nul: 0)(1

/

N

i

iO FM

Méthode de résolution :

C

h

B

F P

A

13

1. Isoler le système étudié : Isoler c’est tracer une frontière. L’intérieur de la frontière est le

système isolé. Il doit être en équilibre. On ne retient, de l’extérieur de la frontière, que les

actions mécaniques s’appliquant au système isolé.

2. Faire le bilan des actions mécaniques appliquées au système : On fait la liste de toutes les

actions mécaniques qui s’appliquent au système étudié. En même temps on écrit sous forme

de vecteur ces actions mécaniques.

3. Résoudre le problème : deux méthodes possibles :

* Graphique : uniquement des tracés, aucun calcul autre que mise à l’échelle

* Analytique : uniquement des calculs

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Exercices sur la Statique

Exercice 1 : Un cylindre homogène de rayon R et de poids Q s’appuie sur deux cylindres

identiques de rayon r et de poids P qui reposent sur un plan

horizontal. Les centres des deux derniers cylindres sont reliés

par un fil de longueur 2r.

Déterminer la tension du fil, la réaction des cylindres sur le

plan ainsi que les réactions entre les cylindres en négligeant

les frottements.

Exercice 2 : Le poids de la grue représentée ci contre est égal, sans contrepoids à P. La ligne

d’action de P passe à une distance c de la roue gauche A. L’écartement des roues est AB = a,

la charge maximale que peut soulever la grue est égale à P1.

On veut garantir la stabilité de la grue en charge et à

vide. On donne L=4a, b=c, c=a/2, P1=P/2

En fonction de P

1- Calculer les valeurs minimales Q1v et maximale Q2v

du contrepoids correspondant au basculement de la

grue à vide (P1=0)

2- Calculer les valeurs minimales Q1c et maximale Q2c

du contrepoids correspondant au basculement de la

grue en pleine charge (P1=P/2)

3- En déduire la plage de variation du contrepoids Q pour un fonctionnement stable à vide et

en charge.

Exercice 3 : une barre de longueur L et de poids P est soulevée par la force F comme le

montre la figure ci contre. En négligeant les frottements en A

et B :

1- calculer l’angle à l’équilibre.

A. N: P = 89N, F = 44.5N , L = 6cm, α = 60°

15

Exercice 4 : Une barre AB de longueur 2m en état d'équilibre s’appuie en A sans frottement

sur un mur et le point A est attaché à une corde AC.

Calculer dans ce cas la longueur de la corde si BC = 2m.

Exercice 5 : Une tige uniforme AB, de longueur 3R, repose à l’intérieur d’un hémisphère de

rayon R. Calculez l’angle θ pour que la tige soit en équilibre (on néglige les frottements).

Exercice 6 : Une tige AB, de longueur L et de poids P repose sur deux plans inclinés.

On négligeant les frottements en A et B, calculer les réactions de la barre sur les deux plans

ainsi que l’angle θ que fait la barre avec l’horizontale à l’équilibre.

Exercice 7 : Deux cylindres A et B reposent sur deux plans inclinés comme le montre la

figure.

Le cylindre A pèse 300N et le B pèse 100N.

a- Calculer l’angle θ à l'équilibre.

b- Calculer les réactions en M et en N.

c- Calculer la réaction entre les deux cylindres.

16

Exercice 8 : Une poutre de 3,66m de long est chargée de différentes manières, comme

l’indique la figure. Localisez parmi ces mises en charge celles qui sont équivalentes.

Exercice 9 : La force et le couple illustrés par la figure doivent être remplacés par une force

unique. Déterminer la valeur de α pour que la ligne d’action de la force unique équivalente

passe par le point B.

Sachant que α = 60°, remplacer la force et le couple par une force unique appliquée à un point

: a) de la ligne AB

b) sur la ligne CD

Déterminer pour chaque cas la distance entre le point O et le point d’application de la force.

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Solutions des exercices sur la statique

Exercice N°1 :

Toutes les forces agissant sur ces cylindres sont situées dans le plan (xoy)

1. Réaction des cylindres sur le plan :

La porte est en équilibre statique, nous pouvons écrire :

0 iF

0 BABA RRQPP

La projection sur l’axe oy :

0 BABA RRQPP ……. (1)

On a : PPP BA et RRR BA

De l’équation (1) : 2

2 QPR

2. Réactions entre les cylindres :

En isolant le cylindre C :

0 iF

0 BCAC RRQ


Sur l’axe ox : 0sinsin BCAC RR ……. (1)

Sur l’axe oy : 0coscos BCAC RRQ ……. (2)

De l’équation (1) : BCAC RR

Donc de l’équation (2) : cos2

QRAC

On a : Rr

r

sin et 1sincos 22 donne :

2

2

)(1cos

rR

r

Alors : RrR

QrRRR BCAC

22

)(

2

Remarque : la réaction entre le cylindre A et B est nulle

car sans le fil le système ne serait en équilibre.

3. La tension dans le fil :

18

En isolant le cylindre A :

0 iF

0 ACAA RTRP


Sur l’axe ox : 0sin ACRT ………. (1)

Sur l’axe oy : 0cos ACAA RRP ………. (2)

De l’équation (1) : sinACRT

Donc : RrR

rQT

22 2

Exercice N°2 :

La grue est en équilibre statique. Le moment

résultant par rapport au point A et B est nul.

0)(/ iA FM

0)()()()()( ////1/ QMRMRMPMPM ABAAAAA

0)(1 baQaRPcLP B ….. (1)

0)(/ iB FM

0)()()()()( ////1/ QMRMRMPMPM BBBABBB

0)()(1 QbaRacPaLP A ….. (2)

1. Calcul des valeurs min et max de Q quand P1=0 :

Qmin (Q1v) : RB=0

L’équation (1) devient: 0)(1 baQPc v , donc 3

1

PQ v

Qmax (Q2v) : RA=0

L’équation (2) devient: 0)( 2 bQacP v , donc pQ v 32

2. Calcul des valeurs min et max de Q quand P1=P/2 :

Qmin (Q1c) : RB=0

19

L’équation (1) devient: 0)(11 baQPcLP c , donc 3

51

PQ c

Qmax (Q2c) : RA=0

L’équation (2) devient: 0)()( 21 bQacPaLP c , donc pQ c 82

3. La plage de variation du contrepoids Q pour un fonctionnement stable à vide et en charge :

L’intervalle est : pQP

33

5

Exercice N°3 :

Calcul de l’angle à l’équilibre :

La barre est en équilibre statique, nous pouvons écrire :

0 iF

0 BA RRFP


Sur l’axe ox : 0sin BRF ……. (1)

Sur l’axe oy : 0cos BA RRP ……. (2)

De l’équation (1) : sin

FRB

De l’équation (2) :

sin

cosFPRA

A.N : NRA 3.63 et NRB 38.51

Le moment résultant par rapport B est nul.

0)(/ iB FM

0)()()()( //// BBABBB RMRMFMPM

0cossincos2

LRFLL

P A

)

)2

(

(

)2

(

F

RP

arctgF

RP

tgAA

A.N : 7.22

Exercice N°4 :

Calcul de la longueur de la corde AC :

Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :

0 iF

21

0 BRTP


Sur l’axe ox : 0cos TRB ………. (1)

Sur l’axe oy : 0sin TP ……….... (2)

Des équations (1) et (2) : BR

Ptg

Le moment résultant par rapport A est nul.

0)(/ iA FM

0)()()( /// BAAA RMTMPM

0sincos2

ABRAB

p B

22R

Ptg , alors tgtg

2

1

Du triangle ACD: 222 ADCDAC et AD

CDtg

Du triangle ABD: 222 DBADAB et AD

BDtg

Donc BCBDCDAD

CD

AD

BD22

2

1

Et la relation CD=CB+BD

Alors 223 ABBCAC

Exercice N°5 :

Calcul de l’angle à l’équilibre


0 iF

0 BA RRP

La projection sur les axes du repère (xoy) :

Sur l’axe ox :

0sin2cos BA RR ………. (1)

Sur l’axe oy :

21

0cos2sin BA RRP ………. (2)


0)(/ iA FM

0)()()( /// BAAAA RMRMPM

02

ACRAB

P B

0cossin2

cos2

cos

sin

sin2

3

cos2

30 2

R

R

R

R

R

R

p B

B

0cos2cossin2cos2

3 32 BB RRRRRP

On simplifiant cette équation, on trouve que: 4

3PRB


2cos4

sin3PRA

Dans l’équation (2) :

0cos4

32sin

2cos4

sin3

PPP

En utilisant ces formules :

cossin22sin

sin211cos2sincos2cos 2222

L’équation devient après simplification :

04cos3cos8 2

Si on pose cosx : 0438 2 xx

137

6.12254.0cos54.0

2491.0cos91.0

222

111

x

x

Donc à l’équilibre vaux 24°

Exercice N°6 :

1. Calcul des réactions de la barre sur les 2 plans :


22

0 iF

0 BA RRP


Sur l’axe ox :

0sinsin BA RR ………. (1)

Sur l’axe oy :

0coscos BA RRP ………. (2)


sin

sinBA

RR ……. (3)

En remplaçant l’équation (3) dans l’équation (2) :

0cossin

cossin

BB RRP

0)sin(sin BRP

Donc : )sin(

sin

PRB ….. (4)


)sin(

sin

PRA

2. Calcul de l’angle à l’équilibre :


0)(/ iA FM

0)()()( /// BAAAA RMRMPM

02

ABRAB

P B

0sin

cos

cos

sin

sin2

cos20

AB

AB

R

R

AB

AB

p B

B

0coscossinsincos2

BB ABRABRPAB

0coscos)sin(

sinsinsin

)sin(

sincos

2

1

0cos)sin(

sinsin

)sin(

sin

2

1

tg

23

0cossinsinsin2

)sin(

tg

Apres simplification :

sinsin2

)sin( tg

Exercice N°7 :

1. Calcul des réactions aux points M et N :


0 iF

0 MNBA RRPP


Sur l’axe ox :

060sin30sin MN RR ………. (1)

Sur l’axe oy :

060cos30cos MNBA RRPP ………. (2)

On remplaçant 60cos par 30sin dans l’équation (1), on

trouve que :

30tgRR NM … (3)


NRN 4.346 et NRM 200

2. Calcul de l’angle à l’équilibre :

On prend le cylindre A :

La somme des forces appliquées sur le cylindre A est nulle :

0 iF

0 BANA RRP


Sur l’axe ox :

0cos30sin BAN RR ………. (1)

Sur l’axe oy :

0sin30cos BANA RRP ………. (2)

De l’équation (1) : cos

30sinN

BA

RR …. (3)

24

En remplaçant l’équation (3) dans l’équation (2) : 30sin

30cos

N

NA

R

RPtg

A.N : 00 tg

3. Calcul de la réaction entre les 2 cylindres :

De l’équation (3) : NRBA 173

Exercice N°8 :

mNFM

NF

B .2240)(

889

/

mNFM

NF

B .37.644033.6.889813)(

889

/

mNFM

NF

B.813633.8892240)(

889

/

mNFM

NF

B.2240)(

889

/

mNFM

NF

B.2240)(

889

/

mNFM

NF

B.813)(

889

/

mNFM

NF

B.2240)(

889

/

mNFM

NF

B.74.4066633.889813)(

889

/

Donc c et f sont équivalentes.

Exercice N°9 :

1. Valeur de pour que la force unique passe par le point B :

Si on considère que la force unique passe par le point B, donc le moment résultant par rapport

au point B est nul.

x B x B

x B x B

x B x B

x B x B

25

0)()(2)(

0)(

2/1//

/

FMFMFM

FM

BBB

B

2

121

202

F

rFhhFrF

A.N : mmh 25960

100.120.2

Et on a : )arcsin(sinr

h

r

h

A.N : 47.14)100

25arcsin(

2. Une force unique appliquée a un point de la ligne AB :

On considère le point E de la ligne AB est le point d’application de la force unique. On note

que la distance entre les points E et O est x. Le moment résultant par rapport au point E est

nul.

0)()(2)(

0)(

2/1//

/

FMFMFM

FM

EEE

E

sin

20sin2

2

121

F

rFxxFrF

A.N : mmx 2960sin960

100.120.2

3. Une force unique appliquée a un point de la ligne CD :

On considère le point G de la ligne CD est le point d’application de la force unique. On note

que la distance entre les points G et O est y. Le moment résultant par rapport au point G est

nul.

0)()(2)(

0)(

2/1//

/

FMFMFM

FM

GGG

G

cos

20cos2

2

121

F

rFyyFrF

A.N : mmy 5060cos960

100.120.2

26

3-Équilibre des solides en présence du frottement

3.1 Frottement de glissement

On appelle frottement de glissement la résistance qui s’oppose au glissement de deux solides

à paroi rugueuse en contact.

Expérience

Soit un solide de poids P qui repose sur une surface horizontale. Appliquons à ce solide

une force horizontale T

Figure a Figure b Figure c

1er

cas : Surfaces en contact polies :

La force du poids P est équilibrée par la réaction N. Dans ce cas, aucune force ne

s’oppose à la force motrice T (Figure a). Le solide est en mouvement.

2ème

cas : Surfaces en contact rugueuses :

La force du poids P est équilibrée par la réaction N . Le solide peut rester au repos,

dans ce cas, il existe une autre force qui s’oppose au mouvement du solide de même

direction et de sens opposée à T (Figure b). On appellera cette force, force de frottement de

glissement Ffr .

Augmentons progressivement la force T (figure c). Tant que le solide reste au repos,

la force Ffr équilibre à chaque instant la force motrice T , dans ce cas la force Ffr

augmente avec elle jusqu’à une valeur maximale Fmax (Ffr Fmax) où le corps solide est en

mouvement. La force maximale Fmax correspond au cas limite de l’équilibre du solide,

c’est à dire à l’instant où celui-ci est à mi-chemin (dans la zone de transition) entre le repos

et le mouvement.

27

3.2 Force de frottement statique

La force de frottement de glissement est une force résistante qui agit dans le plan tangent

aux deux surfaces de contact dans le sens opposé à la force motrice et de direction parallèle

aux surfaces de contact.

La force de frottement qui agit lorsque le corps se trouve avant le mouvement (immobile)

s’appelle force de frottement de repos ou force de frottement statique.

D’après la loi de Coulomb, la valeur maximale du module de la force de frottement de

repos où statique Fmax où Fs est proportionnelle à la pression normale du solide sur la

surface d’appui : Fmax fs N

Où fs est le coefficient de frottement de glissement, sans dimension, qui est en fonction

des matériaux des surfaces en contact et de l’état de ces surfaces.

Quelques valeurs du coefficient de frottement de glissement fs pour quelques matériaux:

- Acier sur glace 0,027 - Acier sur acier 0,15

- Bronze sur fonte 0,16

- Cuir sur fonte 0,28

3.3 Force de frottement cinétique

La force de frottement qui agit quand un solide se déplace sur l’autre, est la force de

frottement cinématique Fk. Elle est aussi proportionnelle à la réaction normale :

Fk fk N

Où fk est le coefficient de frottement de glissement en mouvement. Il est fonction de la

vitesse de mouvement. Il reste toujours inférieur au coefficient de frottement au repos

(fk < fs )

Exemple d’application

On applique une force F = 100 N sur un bloc solide de poids W = 300 N, placé sur un

plan incliné . Le coefficient de frottement statique sur le plan incliné d’un angle par

rapport à l’horizontale, est fs = 0.25. Calculer la force de frottement requise pour maintenir

l’équilibre et vérifier l’équilibre du bloc, si fs = 0.4, qu’est ce que vous remarquez ?

N

Fmax Fs

T

P

28

Solution

Commençons par le calcul du module de la force de frottement capable de maintenir

l’équilibre du bloc. En supposant que Ffr est dirigée vers le bas et parallèle au plan incliné.

Nous pouvons tracer le schéma du bloc isolé et écrire les équations d’équilibre :

Fix 0 F – W sin - Ffr = 0

Fiy 0 N - W cos = 0

Sachant que sin = 3/5 et cos = 4/5

On remplace F et W par leurs modules respectifs, on trouve après calcul :

Ffr = - 80 N où Ffr = 80 N dirigée vers le haut

Et N = 240N

La force requise pour maintenir l’équilibre est une force de 80 N, dirigée vers le haut

parallèlement au plan incliné. Le bloc a donc tendance à descendre le plan incliné.

La force de frottement maximale :

La grandeur de la force de frottement maximale est donnée par :

Fmax=fs N ;

Fmax=0.25(240N)=60N

Comme la valeur de la force de frottement requise pour maintenir l’équilibre est Ffr = 80N,

plus grande que la valeur maximale possible Fmax = 60N, l’équilibre ne pourra pas être

maintenu et le bloc descendra le plan incliné.

Dans le cas où fs = 0.4, la force de frottement maximale s'écrit :

Fmax=0.4(240N) = 96N

Dans ce cas, Ffr = 80N < Fmax= 96N, donc le corps peut rester en équilibre.

29

R N

T

Ffr

r

P

N

T

Fmax

r

P

3.4 Angle de frottement

Figure 1 Figure 2

Lorsque le corps solide est au repos, la réaction totale d’une surface rugueuse R ,

compte tenue du frottement, est déterminée en module et en direction par la diagonale

rectangle formé par la réaction normale N et la force de frottement Ffr (Figure 1) :

R N Ffr

La direction de R fait un angle fait un angle avec N du coté opposé à T . Dans ce cas, plus

T est grand plus la direction de R s’écarte de la normale. L’écart maximal est constaté

lorsque Ffr = Fmax . La valeur maximale de l’angle d’écart s’appelle angle de frottement

(figure2), et est exprimée par :

tg Fmax / N fsN/N fs arctgfs

31

Exercices sur la statique en présence de frottement

Exercice 1 :

Une barre AB de longueur L = 1m et de poids P repose en A sur un plan rugueux et en C sur

un hémisphère de rayon R = 25cm avec le même coefficient de frottement μ = 0.25.

Calculer la plus grande valeur de l'angle θ à l’équilibre.

Exercice 2 :

Une caisse de poids 445N repose sur un plan incliné d’un angle α = 25° avec un frottement de

coefficient μ = 0.2.

Calculer la grandeur et la direction de la plus petite force F :

a. qui fait monter la caisse vers le haut du plan.

b. qui empêche la caisse de glisser vers le bas du plan.

Exercice 3 :

Une échelle de poids négligeable et de longueur L = 5.1m, fait un angle de 60° avec

l’horizontale, s'appuie en A sur un mur lisse (sans frottement) et en B sur un plan horizontal

rugueux avec un angle de frottement φ = 20°.

Déterminer jusqu'à quelle hauteur sur l'échelle un homme de poids P = 700N peut arriver sans

que l’échelle glisse.

31

Solution des exercices

Exercice N°1 :

1. Calcul de la plus grande valeur de l’angle à l’équilibre:

Toutes les forces agissant sur ces cylindres sont situées dans le plan (xoy)

Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces et le moment résultant

par rapport A sont nuls :

0 iF

0 CAAC NNTTT


Sur l’axe ox :

0cossin CCA TNT ……. (1)

Sur l’axe oy :

0sincos CCA TNPN ……. (2)

On a les forces de frottement AA NT et CC NT

Les équations (1) et (2) deviennent :

0cossin CCA NNN ……. (1)

0sincos CCA NNPN ……. (2)

0)(/ iA FM

0)()( // CAA NMPM

0cos2

ACNL

p C ……. (3)

Du triangle OCA : tg

RAC ……. (4)

En remplaçant l’équation (4) dans (3), on trouve

RL

PNC

2

sin ……. (5)

En remplaçant l’équation (5) dans (1), on trouve

0cos2

sin

2

sin 2

RL

P

RL

PN A ……. (6)

Et en remplaçant l’équation (5) dans (2), on trouve

32

02

sincos

2

sin 2

RL

P

RL

PPN A

……. (7)

En simplifiant les équations (6) et (7) :

01sin22

1 2

RR

Donc

22 1

2arcsin

1

2sin

RR

A.N : 20

Exercice N°2 :

1. Calcul de la force F qui fait monter la caisse vers le haut du plan :


0 iF

0 NFTP


Sur l’axe ox :

0)cos(sin FPT ……. (1)

Sur l’axe oy :

0)sin(cos FPN ……. ..(2)

On a la force de frottement NT

L’équation (1) devient : 0)cos(sin FPN

Et

)cos(sin

FPN …. ..(3)

En remplaçant l’équation (3) dans (2) :

0)sin(cos)cos(sin

FP

FP

0))sin()(cos()cos(sin FP

)sin()cos(

)cos(sin

PF …. ..(4)

maxmin )sin()cos( F

max

)sin()cos( sa dérivé par rapport a l’angle égale a 0.

)(0)cos()sin( tg

33

Le coefficient de frottement tg

tgtg )(

A.N : 3.36

La grandeur de F peut être calculée de la formule (4) : NF 4.263

2. Calcul de la force F qui empêche la caisse de glisser vers le bas du plan :

C’est les mêmes étapes que la question 1 sauf que dans ce cas la direction du frottement est

inversé (–T=T) puisque la caisse glisse vers le bas.

0 iF

0 NFTP

Sur l’axe ox : 0)cos(sin FPT ……. (1)

Sur l’axe oy : 0)sin(cos FPN ……. ..(2)

Donc : )sin()cos(

)cos(sin

PF ……. ..(3)

maxmin )sin()cos( F

max

)sin()cos( sa dérivé par rapport à l’angle égale à 0.

tgtg )(0)cos()sin(

et 7.13

La grandeur de F peut être calculée de la formule (3) : NF 3.105

Exercice N°3 :

Détermination de la hauteur maximum :


0 iF

0 BA NTRP


Sur l’axe ox : 0 ART ……. (1)

Sur l’axe oy : 0 PNB ……. ..(2)

Avec la force de frottement BNT et le coefficient de frottement tg

34

De (1) et (2) on obtient : PNR BA

Le moment résultant par rapport au point B est nul :

0)(/ iB FM

0)()( // ABB RMPM

060sin60cos LRPh A

060sin60cos PLPh

Donc 60Ltgh

A.N : mh 2.3

35

4 - Géométrie des masses

Afin de comprendre et de pouvoir décrire les mouvements des systèmes matériels,

il est important de connaître la répartition géométrique afin de se préparer aux concepts de

cinétiques et dynamiques des solides.

L’intérêt de cette partie est de nous permettre de connaître un certain nombre de données

sur la répartition des masses des systèmes. Nous, nous intéresserons à la détermination :

- des centres de masse du solide

- des moments d’inertie, des produits d’inertie par rapport à des axes et aux tenseurs

d’inertie des solides quelconques dans différents repères.

L’opérateur d’inertie sert à caractériser la répartition des masses d’un solide, afin d’étudier

par la suite, un mouvement quelconque de celui-ci.

36

4-1 Centre de masses

4.1.1 Notions de masse d’un système matériel

A chaque système matériel (S) est associé, une quantité scalaire positive invariable en

mécanique classique, appelée : masse du système

La masse d’un solide fait référence à la quantité de matière contenue dans le volume de ce

solide.

Cet invariant scalaire obéit aux propriétés mathématiques suivantes :

Additivité des masses

La masse d’un système matériel (S) est égale à la somme des masses qui le

composent. Exemple : masse d’un livre = somme des masses des feuilles qu’il

contient.

La masse d’un système matériel est définie par la grandeur scalaire suivante :

m =

L’élément dm(P) est la mesure de la masse au voisinage du point (P).

Un système matériel est un ensemble discret ou continu des points matériels ou encore une

réunion d’ensembles continus ou discrets de points matériels.

Systèmes discrets

La masse d’un système discret est la somme des n points matériels discrets de masses mi :

m = ∑ mi

Systèmes continus

Si le système est constitué d’un ensemble continu de masses, la masse du

système s’écrirait sous la forme d’une intégrale continue :

m =

dm = (P) dv : (P) est la masse volumique au point P et dv un élément de

volume du solide (S).

dm = (P) ds : (P) est la densité surfacique au point P et ds un élément de

surface du solide (S).

dm =(P) dl : (P) est la densité linéique au point P et un élément de longueur du

solide (S).

Dans les systèmes homogènes (solides homogènes) la densité des solides est constante.

(P)iM

37

4.1.2 Centre d’inertie (centre de masse) des solides

On appelle centre d’inertie d’un système matériel (S) le point G défini par la relation :

dm

où P est un point du solide avec : = x +y +z ,

= xG +yG +zG

Soit O le centre d’un repère orthonormé ( O, , , ) nous pouvons écrire dans ce repère

: = + , = +

= 0

alors nous obtenons : = =

Les coordonnées du centre d’inertie G d’un système homogène sont déterminées par des

calculs utilisant les éléments infinitésimaux tel que : dl pour les éléments linéaires, ds pour

les éléments surfaciques et dv pour les éléments volumiques. Ainsi nous pouvons écrire :

xG = ; yG = zG =

Remarques :

- Le centre d’inertie des masses homogènes coïncide avec le centre d’inertie de leurs

volumes s’ils sont volumiques ou de leurs surfaces s’ils sont surfaciques.

- Si le solide présente des éléments de symétrie (axes ou plans) son centre d’inertie est

nécessairement situé sur ces éléments de symétrie.

4.1.3 Centre d’inertie d’un système composé

1er Théorème de Papus-Guldinus

Une seconde méthode pour la détermination des centres d’inertie des solides linéaires ou

surfaciques homogènes fut trouvée par Papus-Guldinus. Elle consiste à faire tourner ces

solides autour des axes qu’ils n’interceptent pas. Les solides linéaires décriront des surfaces

et les solides surfaciques décriront des volumes.

La surface S engendrée par la rotation d’un arc de courbe de longueur L autour d’un axe sans

l’intercepter dans son plan est égale au produit de la longueur L de l’arc par la longueur de la

circonférence 2πRG décrite par le centre d’inertie G de l’arc de courbe.

Soit L la longueur de l’arc et RG sont centre d’inertie.

La longueur (périmètre ) décrite par la rotation du centre d’inertie G par rapport à l’axe ()

est donnée par : 2πRG , alors la surface décrite par cet élément est égale à :

38

S =2πRG L d’où RG = S /(2π L)

2ième

Théorème de Papus-Guldinus

Une surface plane homogène S , limitée par une courbe fermée simple et tournant autour

d’un axe () sans le rencontrer engendre un volume V.

Le volume V engendré est égal au produit de la surface S

par la longueur du périmètre 2πRG décrit par le centre d’inertie G

de cette surface autour de l’axe ().

Soit S la surface et RG la distance de son centre d’inertie à l'axe ()

est donnée par : 2 RG

alors le volume décrit par cette surface est égal à :V = 2 RG S d’où

RG = V/(2 () S

S

RG

G

()

39

Exercices sur le centre d'inertie

Exercice 1 : Calculer les coordonnées du centre de masse des corps suivants:

1. un fil formé de trois parties rectilignes (figure 1).

2. un fil formé de trois demi-cercles (figure 2).

3. un fil sous forme d’arc de cercle de rayon r et d’angle 2 (figure 3).

Exercice 2 : Déterminer le centre de masse des plaques suivantes :

Exercice 3 : Calculer le volume du corps solide résultant de la révolution de la plaque ci

contre autour de l’axe oy.

Exercice 4 : Calculer les coordonnées du centre de masse

des solides suivants:

1. un hémisphère plein de rayon R.

2. un hémisphère vide de rayon R.

3. un cône plein de rayon R et de hauteur H.

4. un cône vide de rayon R et de hauteur H.

41

Solutions des exercices

Exercice N°1 :

1. Calcul des coordonnées du centre de masse d’un fil formé de 3 parties rectilignes :

On utilise la définition du centre de masse :

tot

N

i

ii

G

tot

N

i

ii

G

m

ym

y

m

xm

x

1

1

On charge les coordonnées des centres de masses de chaque fil

fil 1 fil 2 fil 3

21

1

1

by

ax

bm

G

G

2

0

2

2

2

by

x

bm

G

G

by

ax

am

G

G

3

3

3

2

321

332211

321

332211

mmm

ymymymy

mmm

xmxmxmx

GGG

G

GGG

G

)2(

22

)2(

2

22

2

ba

abbb

y

ba

aab

x

G

G

Donc les coordonnées du centre de masse du fil sont :

ba

abby

ax

G

G

2

)(2

2. Calcul des coordonnées du centre de masse d’un fil formé de 3 demi cercles :

Le centre de masse d’un demi-cercle est égal :

RCG

2 avec R : est le rayon du demi-cercle.

On charge les coordonnées des centres de masses de chaque demi-cercle

demi-cercle 1 demi-cercle 2 demi-cercle 3

41

ry

x

rm

G

G

2

0

1

1

1

22

2

2

2

2

2

r

y

rx

rm

G

G

42

4

4

2

3

3

r

y

rx

rm

G

G

321

332211

321

332211

mmm

ymymymy

mmm

xmxmxmx

GGG

G

GGG

G

42

242

242

4422

rrr

rrrrrr

y

rrr

rrrr

x

G

G

3

138

5

2ry

rx

G

G

3. Calcul des coordonnées du centre de masse d’un fil sous forme d’arc de cercle :

On choisi le repère (xoy) de manière que le fil soit symétrique par rapport a l’axe ox. Dans ce

cas le centre de masse ce situe sur l’axe ox et 0Gy :

Dans le cas d’un système continu :m

xdmxG

Comme dLdm ( : densité linéaire)

L

xdLxG

rddL , rL 2 et cosrx

r

drxG

2

cos2

Donc les coordonnées du centre de masse sont :

0

sin

G

G

y

rx

42

Exercice N°2 :

1. Centre de masse de la figure 1

On choisi le repère (xoy) de manière que le fil soit symétrique par rapport a l’axe ox. Dans ce

cas le centre de masse ce situe sur l’axe ox et yG=0.

Dans le cas d’un système continu :S

xdSx

m

xdmx GG

drrddS , cosrx

2

0

RdrdrdrrdS

R

2

0

2

2

coscos

R

ddrr

R

drrdrx

R

G

Donc les coordonnées du centre de masse de la

figure 1sont :

03

sin2

G

G

y

Rx


La figure 2 est constitué d’un carré évidé d’un ¼ de cercle. On calcule

d’abord le centre de masse du carré puis celui du ¼ de cercle, ensuite

on déduit le centre de masse de la figure 2.

* Centre de masse du carré : 2

111 ,2

,2

aSa

ya

x GG

* Centre de masse d’un ¼ de cercle : 4

,3

4,

3

4 2

222

aS

ay

ax GG

21

2211

SS

SxSxyx GG

GG

,

4

322

2

33

aa

aa

yx GG

Donc les coordonnées du centre de masse de la figure 2 sont : )4(3

2

ayx GG


On choisi le repère (xoy) de manière que la figure 3 soit symétrique par

rapport a l’axe oy. Dans ce cas le centre de masse ce situe sur l’axe oy

et xG=0.

43

La figure 3 est constitué d’un rectangle évidé d’un ½ de cercle. On calcule d’abord le centre

de masse du rectangle puis celui du ½ de cercle, ensuite on déduit le centre de masse de la

figure 3.

* Centre de masse du rectangle : 2

111 6,2

3,0 aS

ayx GG

* Centre de masse d’un ½ de cercle : 2

,2

,02

222

aS

ayx GG

21

2211

SS

SxSxy GG

G

,

26

92

2

33

aa

aayG

Donc les coordonnées du centre de masse de la figure 2 sont :

12

16

0

ay

x

G

G

Exercice N°3 :

Calcul du volume du corps donné :

En utilisant le théorème de Guldin : le volume d’un corps peut être calculé par l’équation

suivante : AxV G2

Où : A est la surface du corps et xG est le centre de masse du corps.

Le corps peut être considérer comme un rectangle moins un demi-cercle

La surface du rectangle : S1=2a2 et le son centre de masse : axG 1

La surface d’un ½ cercle : 2

2

2

rS

et le son centre de masse :

raxG

22

Donc 2

22

2 raA

et

22

3

22

23

42

22

)2

(2

2

ra

rax

ra

ra

ra

x GG

Exercice N°4 :

1. Calcul des coordonnées du centre de masse d’un hémisphère plein de rayon R

Par raison de symétrie le centre de masse se trouve sur l’axe oz , donc xG =yG=0

dv

zdvz G et dzrdv 2

44

L’équation d’un demi sphère est : 2222 Rzyx donc 2222 zRyx et on a

aussi 222 yxr , ce qui nous permet d’écrire : dzzRdv )( 22

R

R

G

dzzR

zdzzR

z

0

22

0

22

)(

)(

R

R

G

zzR

zzR

z

0

32

0

422

3

42

Les coordonnées du centre de masse d’un hémisphère plein de

rayon R sont :

8

3

0

0

Rz

y

x

G

G

G

2. Calcul des coordonnées du centre de masse d’un hémisphère vide de rayon R

m

zdmzG

ou la masse élémentaire est donnée tel que : dsdm

sin

cos

2

Rz

Rr

rRdds

La surface d’un hémisphère vide de rayon R : 22 RS

2

2

0

3

2

sincos2

R

dR

zG

dRzG 2

0

sincos

On pose : sinx , donc ddx cos

2

2xRzxdxRz GG donc

2

0

2

2

sin

RzG

Les coordonnées du centre de masse d’un hémisphère vide de rayon R sont :

2

0

0

Rz

y

x

G

G

G

3. Calcul des coordonnées du centre de masse d’un cône plein de rayon R et de hauteur H

45

On choisi le repère (oxyz) de manière que le cône soit symétrique par rapport a l’axe oz. Dans

ce cas le centre de masse ce situe sur l’axe oz et xG= yG =0.

dv

zdvz

m

zdmz GG

Ce cône possède une masse élémentaire dvdm . dv est le volume

élémentaire tel que : dzrdv 2 ( volume pour un cylindre de hauteur

dz et de rayon r).

ztgr

dztgzdv 22

Le volume d’un cône est : 2

3

2HRV

ou on peut la calculer a partir de

l’intégrale : H

dztgzV0

22

H

H

H

H

G

dzz

dzz

dztgz

dztgz

z

0

2

0

3

0

22

0

23

Les coordonnées du centre de masse d’un cône plein de rayon R et de hauteur H

sont :

4

3

0

0

Hz

y

x

G

G

G

4. Calcul des coordonnées du centre de masse d’un cône vide de rayon R et de hauteur H

Par symétrie, il est immédiat que le centre de gravité du cône se trouve sur l’axe oz :

ds

zdsz

m

zdmz GG

La surface élémentaire d’un cône est tel que : zdzds et la surface est : )( aRRS ou

22 HRa

H

H

GH

H

G

z

z

z

zdz

dzz

z

0

2

0

3

0

0

2

2

3

46

Les coordonnées du centre de masse d’un cône vide de rayon R et de hauteur H

sont :

3

2

0

0

Hz

y

x

G

G

G

47

4.2 Moment d'inertie et Tenseur d'inertie

4.2.1 Définition du moment d’inertie d’un solide

Soit un solide de masse dm lié à une tige (AA’) de masse négligeable, en rotation autour

d’un axe () . Si on applique un couple au système (tige + masse), il se mettra à tourner

librement autour de l’axe () . Le temps nécessaire à cet élément de masse dm pour atteindre

une vitesse de rotation donnée est proportionnel à la masse dm et au carré de la distance r

qui sépare la masse de l’axe (). C’est pour cette raison que le produit r2 dm est appelé

moment d’inertie de la masse dm par rapport à l’axe ().

4.2.2 Tenseur d’inertie : Moments et produits d’inertie d’un solide

Soit un repère orthonormé R(O , , ) et un solide (S) tel que O (S ) . Le moment

d’inertie de ce solide par rapport au point O est obtenu en intégrant la relation r 2 dm

IO = =

les intégrales sont calculées sur le solide. Celui-ci peut être linéaire, surfacique ou

volumique. L’élément d’intégration dm(P) est situé en un point P du solide.

Moment d’inertie par rapport à l’axe (Ox) : Ixx =

Moment d’inertie par rapport à l’axe (Oy) : Iyy =

Moment d’inertie par rapport à l’axe (Oz) : Izz =

Moment d’inertie par rapport au plan (Oxy) : Ixy = ou produit d’inertie

Moment d’inertie par rapport au plan (Oxz) : Ixz = ou produit d’inertie

Moment d’inertie par rapport au plan (Oyz) : Iyz = ou produit d’inertie

Solides présentant des plans de symétrie

Certains solides présentent des formes particulières admettant des plans de symétrie

par rapport aux axes du repère R(O , , , ) choisi. Pour chaque plan de symétrie, les

produits d’inertie sur les deux autres plans sont nuls :

A r

dm

A’

()

48

(xOy) plan de symétrie ====> Iyz = Iyz = 0

( yOz) plan de symétrie ====> Ixy = Ixz = 0

( xOz) plan de symétrie ====> Ixy = Iyz = 0

si (xOy) est un plan de symétrie du solide

P(+z) est symétrique du point P(-z) par rapport au plan (xOy) d’où :

= = 0 , donc Ixz = Iyz = 0

Tenseur d'inertie

On appelle moment d’inertie d’un système discret homogène par rapport à un axe , la

quantité : I = mi ri2

Où ri est la distance du point Pi représentant l’élément matériel de masse mi à l’axe .

Pour un système continu, on a : I=ʃr2dm

On peut aussi écrire I = m R2

, où m est la masse totale du système et R le rayon de giration.

Pour un solide (S) donné, un point O appartenant à (S) et un repère orthonormé R (O,

x, y , z ), on appelle tenseur d’inertie de (S), en O, relativement au repère considéré, noté

IO , la matrice symétrique :

IXX Ixy IXZ

IO = IXY IYY IYZ

IXZ Iyz IZZ

IXX = ʃ(y2+z

2)dm : Moment d’inertie par rapport à l’axe des x.

IYY = ʃ(x2+y

2)dm : Moment d’inertie par rapport à l’axe des y.

IZZ = ʃ(x2+y

2)dm : Moment d’inertie par rapport à l’axe des z.

IXY = ʃ(xy)dm : Produit d’inertie par rapport aux axes Ox et Oy .

IXZ = ʃ(xz)dm : Produit d’inertie par rapport aux axes Ox et OZ .

IYZ = ʃ(yz)dm : Produit d’inertie par rapport aux axes OY et OZ .

Cas particuliers

a)- Le système présente certains plans de symétrie

z P(+z)

P(-z)

49

- Si Oxy est un plan de symétrie : à tout point M1 de côte z, on peut associer le point M2 de

côté –z :

IXZ = ʃ(xz)dm , IYZ = ʃ(yz)dm car ZG = 0

- Si Oyz est un plan de symétrie : à tout point M1 de côte x, on peut associer le point M2 de

côté -x : IXY = ʃ(xy)dm , IXZ = ʃ(xz)dm car XG = 0

- de même Si Oxz est un plan de symétrie : à tout point M1 de côte y, on peut associer le point

M2 de côté -y : IXY = ʃ(xy)dm , IYZ = ʃ(yz)dm car YG = 0

b)- Le système est un corps de révolution autour de l'axe Oz :

Tout plan contenant l’axe Oz est un plan de symétrie ; en particulier les plans Oxz et Oyz,

donc :

IXY = IXZ = IYZ = 0

IXX = IYY (Ox et Oy ont le même rôle)

Axes principaux d’inertie

La matrice d’inertie IO est diagonalisable, il existe une base orthonormée , ,

dans laquelle elle est diagonale :

IX1 0 0

IO = 0 IY1 0

0 0 IZ1

Les termes de la diagonale sont les moments d’inertie principaux ou moments d’inertie autour

des axes principaux Ox, Oy, Oz. Corrélativement, les produits d’inertie sont nuls. Pour un

solide quelconque, la recherche de ses axes principaux conduit à une équation du troisième

degré (équation aux valeurs propres de la matrice d’inertie).

Théorème des axes parallèles ou théorème de Huygens

Connaissant le moment d’inertie par rapport à un axe () passant par le centre d’inertie O, le

théorème de Huygens permet de calculer le moment d’inertie par rapport à tout axe Au

parallèle à Ou

Considérons le repère R représenté sur la figure :

z P(+z)

P(-z)

51

z

P (S)

r

n H

O

y

( x, y, z)

( d1, d2, z)

On a alors :

( d1-x, d2-y, 0)

D’où :

IAu = ʃ ((x-d1)2+(y-d2)

2) dm

= ʃ (x2+y

2)dm + ʃ (d1

2+d2

2) dm -2 ʃ (xd1+yd2) dm

= IOu + m d2

- d1ʃ x dm - d2 ʃ y dm

Où d est la distance entre Au et Ou

Or par définition,

ʃ x dm = ʃ y dm = 0 car O est le centre d’inertie. On a donc :

IAu = IOu + m d2

Le moment d’inertie d’un solide par rapport à un axe Au

est égal au moment d’inertie

de ce corps par rapport à un axe parallèle à Ou passant par le centre de masse du solide

augmenté du produit de la masse de ce solide par le carré de la distance du centre de masse à

Ox.

Moment d’inertie par rapport à une droite quelconque ()

Le moment d’inertie par rapport à une droite est défini par :

IΔ = ʃ r2 dm

Où r représente la distance de l’élément matériel P à la droite ( ) ;

Si le tenseur d’inertie en O étant connu IO, le moment d’inertie par rapport à la droite ,

passant par O et de direction n

est : IΔ = nt IO n

Où nt est le transposé du vecteur directeur unitaire de la droite ( ;

Donc le moment d’inertie du système (S) par rapport à la droite (Δ, n ) est le produit

doublement contracté du tenseur d’inertie IO par le vecteur unitaire n .

z

z P

r

H

u

O y

x d u y

d1

x d2

A

51

Produit d’inertie par rapport à deux droites perpendiculaires

Le produit d’inertie noté Int est défini par : Int = ʃ xt xn dm

Avec xn et xt sont les coordonnées de P sur les axes ( Δ ) et ( Δ')

Le tenseur d’inertie étant connu en O IO, le produit d’inertie par rapport aux droites

perpendiculaires Δ (O,n) et Δ'(O,t) est :

Int = -(t)t IO n

Où

n : Vecteur directeur unitaire de la droite (Δ) passant par O ;

(t)t: Le transposé du vecteur directeur unitaire t de la droite (Δ') perpendiculaire avec

(Δ) en O.

Le produit d’inertie d’un système par rapport à deux droites perpendiculaires (O, n ) et

(O, t ) est égal à l'opposé du produit doublement contracté du tenseur d’inertie par les

vecteurs n et t .

52

Bibliographie

Combarnous M., Desjardins D., Bacon C., "Mécaniques des solides – Cours et Exercices

corrigés", 2eme

édition, Dunod, 199p.

DELANETTE M., DUBOIS M., " Mécanique théorique et appliquée", Librairie de la

grave, Paris, 1986.

Ferdinand P. Beer "Mécanique à l'usage des l'ingénieurs - STATIQUE", Edition

Russell.

McGILL D.J., WING W.W., "Engineering mechanics- Statics", Second Edition.

Publishing Company, Pws - Kent. Boston, 1989, 607p.

Tahar HANI, "Mécanique générale – Exercices et problèmes résolus avec rappels de

cours ", Office des publications Universitaires, 1983, 386p.

STARJINSKI, "Mécanique rationnelle", Editions Mir (Moscou), 479p

ص 821موسكو مير للنشردار " مسائل في الميكايك " ميشرسكي

ص 642موسكو للنشر دار مير " الميكانيكا " تارج

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