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
Solutions des Exercices ................................................................................... 17
ÉQUILIBRE DES SOLIDES EN PRÉSENCE DU FROTTEMENT ............................ 26
Frottement de glissement............................................................................... 26
Angle de frottement ......................................................................................... 29
Exercices ......................................................................................................... 30
Solutions des Exercices ................................................................................... 31
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
Solutions des Exercices ................................................................................... 40
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
La projection sur les axes du repère :
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
La projection sur les axes du repère :
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
La projection sur les axes du repère :
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
La projection sur les axes du repère :
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
La projection sur les axes du repère :
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
Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :
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)
Le moment résultant par rapport A est nul.
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
De l’équation (1) :
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 :
Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :
22
0 iF
0 BA RRP
La projection sur les axes du repère (xoy) :
Sur l’axe ox :
0sinsin BA RR ………. (1)
Sur l’axe oy :
0coscos BA RRP ………. (2)
De l’équation (1) :
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)
En remplaçant l’équation (4) dans l’équation (3) :
)sin(
sin
PRA
2. Calcul de l’angle à l’équilibre :
Le moment résultant par rapport A est nul.
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 :
Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :
0 iF
0 MNBA RRPP
La projection sur les axes du repère :
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)
En remplaçant l’équation (3) dans l’équation (2) :
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
La projection sur les axes du repère :
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
La projection sur les axes du repère (xoy) :
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 :
Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :
0 iF
0 NFTP
La projection sur les axes du repère (xoy) :
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 :
Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :
0 iF
0 BA NTRP
La projection sur les axes du repère (xoy) :
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
2. Centre de masse de la figure 2
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
3. Centre de masse de la figure 3
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