Cours de Mécanique du solide

République Algérienne Démocratique et Populaire
Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique
Université des Sciences et de la Technologie d’Oran Mohamed Boudiaf
Faculté de Génie Mécanique
Département de Génie Mécanique
POLYCOPIE
MECANIQUE RATIONNELLE
Centres d’inertie et moments d’inertie
Cours et exercices
Présenté par :
Mr : LEBBAL Habib
Année Universitaire 2017
Introduction
Cet ouvrage s’intéresse à une partie de la mécanique rationnelle : centre d’inertie et
moment d’inertie du solide, à savoir la géométrie des masses, et ce dans un esprit
pédagogique visant à simplifier des notions qui ne sont pas toujours évidentes (centre et
moment d’inertie, tenseur d’inertie)
Le polycopié comporte deux chapitres, et considéré comme document de travail dans
la spécialité de mécanique de construction. Il est destiné de prime abord aux étudiants de
licence 2ème année LMD dont l’intitulé du module même (en S3). Il peut être aussi un aidemémoire pour les étudiants des autres années en construction mécanique et en fabrication
mécanique de la filière génie mécanique. Il contient deux chapitres des cours et des exercices
résolus. Le premier chapitre traite les centres d’inertie des masses. Les notions des systèmes
matériels sont exposées, à savoir les différentes méthodes de détermination de leur centre
d’inertie: la méthode d’intégration et la méthode de Guldin (1er 2ème théorèmes). Dans le
second chapitre sont présentées les notions des moments d’inertie qui sont des grandeurs
caractérisant la géométrie des masses indéformables. Les formulations matricielles sous forme
de tenseurs d’inertie concernent des solides qui présentent des formes particulières admettant
des plans de symétrie par rapport aux axes du repère considéré. Les moments d’inertie
quantifient également la résistance à une mise en rotation du solide autour d’un axe. Aussi, le
théorème de Huygens est-il bien explicité pour la translation des moments d’inertie par
rapport à des axes autres que ceux du repère considéré. Ces connaissances sont d’un intérêt
majeur pour les étudiants notamment dans les modules de vibrations (O.V en S3) et en RDM
(S4).
Sommaire
Sommaire
Chapitre I : Centre d’inertie
I.1.Notions de masse d’un système matériel
I.2.Notion de point matériel
I.2.1. Système de points matériels
I.2.1.a. Systèmes continus
I.2.1.b. Le système (S) est linaire
I.2.1.c. Le système (S) est une surface
I.2.1.d. Le système (S) est un volume
I.3. Centre d’inertie d’un système matériel
I.3.1. Cas d’un système complexe
I.3.2. Calcul le centre d’inertie par la méthode de l’intégration
I.4. Méthode du Guldin
1
1
1
2
2
2
3
3
4
5
11
I.4.1.1èrThéorème de Guldin
11
I.4.2.2èrmeThéorème de Guldin
I.4.3. Calcul du centre d’inertie par la méthode de Guldin
13
14
Chapitre II : Moment d’inertie
II.1.Moment d’inertie - Opérateur d’inertie
II.2. Définitions
II.3. Moment d’inertie par rapport à un axe
II.4. Matrice d’inertie
II.4.1. Solides présentant des plans de symétrie
II.4.2. Solides à symétrie de révolution
II.4.3. Solides à symétrie sphériques
II.4.4. Solides plans
II.5. Matrice principale d’inertie
II.6. Théorème de Huygens
II.6.1. Expressions des produits d’inertie
II.6.2. Expressions les moments d’inertie
II.7. Exercices sur le moment d’inertie
20
20
20
21
22
24
24
25
26
27
27
28
30
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
I.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.
I.2.Notion de point matériel
Les objets matériels qui, dans certaines circonstances, peuvent être considérés comme petits et
dont la position sera repérée avec suffisamment de précision par trois coordonnées, seront
appelés des “points matériels” (les circonstances sont parfois telles qu’un objet, énorme à
notre échelle, le soleil par exemple, puisse être considéré comme petit au sens ci-dessus). On
appelle ainsi “point matériel” un point doué de masse. Ce concept est donc une idéalisation,
souvent utile, de la notion familière d’objet matériel.
I.2.1. Système de points matériels
On appelle “système de points matériels”, ou plus simplement “système matériel”, tout
ensemble (fini ou non) de points matériels. Dans le cas des systèmes constitués d’un nombre
fini de points, on appelle masse m du système matériel la somme des masses mi de chacun de
ses n points :
mi
𝑛
𝑚 = ∑ 𝑚𝑖
𝑖=1
1
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
I.2.1.a.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)
(𝑆)
𝑑𝑚 (𝑝) : élément de masse au point p.
I.2.1.b.Le système (S) est linaire: (cas des tiges fines) les deux dimensions sont négligeables
devant la longueur de la tige.
La masse s’écrirait :
𝑚 = ∫ 𝜆(𝑝)𝑑𝑙
𝐿
λ (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.
I.2.1.c.Le système (S) est une surface: (cas des plaques fines) l’épaisseur est négligeable
devant les deux autres dimensions.
La masse s’écrirait :
𝑚 = ∫ 𝜎(𝑝)𝑑𝑠
𝑆
σ (p) est la densité surfacique au point P et dans un élément de surface du solide (S).
2
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
I.2.1.d.Le système (S) est un volume:
La masse s’écrirait :
𝑚 = ∫𝑉 𝜌(𝑝)𝑑𝑣
ρ (p) est la masse volumique au point P et dv un élément de volume du solide (S).
I.3.Centre d’inertie d’un système matériel
On appelle centre d’inertie d’un système matériel (S) le point G défini par la relation :
𝐺𝑃 𝑑𝑚 = ⃗0 et sa masse
∫𝑝 𝜖 (𝑆) ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀 = ∫𝑝 𝜖 (𝑆) 𝑑𝑚
O étant un point arbitraire il vient :
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 =
1
∫𝑝 𝜖 (𝑆) 𝑑𝑚
∫ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 𝑑𝑚 =
𝑝 𝜖 (𝑆)
1
𝑀
Les coordonnées du point G sont donc définies par
𝑋𝐺 =
𝑌𝐺 =
𝑍𝐺 =
1
𝑀
1
𝑀
1
𝑀
∫ 𝑋 𝑑𝑚
𝑝 𝜖 (𝑆)
∫ 𝑌 𝑑𝑚
𝑝 𝜖 (𝑆)
∫ 𝑍 𝑑𝑚
𝑝 𝜖 (𝑆)
3
∫ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 𝑑𝑚
𝑝 𝜖 (𝑆)
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
I.3.1.Cas d’un système complexe
Très souvent un système est composé d’un assemblage de systèmes élémentaires pour
lesquels les calculs ont aisés ; chacun de ces systèmes a un centre d’inertie Gi et de mase mi.
D’après la théorie del ‘intégration, le centre d’inertie du système complexe s’obtient par :
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 =
1
∑
∑𝑖 𝑚 𝑖
𝑖
∫ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 𝑑𝑚
𝑝 𝜖 (𝑆𝑖 )
Or
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 =
1
𝑚𝑖
∫ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 𝑑𝑚
𝑝 𝜖 (𝑆𝑖 )
Donc
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 =
1
∑ 𝑚𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺𝑖
∑𝑖 𝑚 𝑖
𝑖
Le point G est donc le barycentre des points Gi affectés des coefficients mi.
On procède donc en deux étapes pour déterminer le centre d’inertie :
 On détermine le centre d’inertie Gi pour chacun des sous-ensembles de masse mi .
 On détermine le centre d’inertie G comme barycentre des points Gi affectés des
coefficients mi.
4
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
I.3.2.Calcul le centre d’inertie par la méthode de l’intégration
Exercice 1
Soit la surface homogène constituée de deux portions de disque symétriques par rapport à
l’axe Ox et d’une surface triangulaire OAB.
1. Déterminer par intégration la coordonnée suivant l’axe Ox du centre d’inertie de cette
surface.
Solution
Par raison de symétrie par rapport à l’axe Ox, 𝑦𝐺 = 0 et 𝑥𝐺 se trouve sur l’axe Ox nous
cherchons seulement le centre d’inertie de la partie supérieure du solide. Elle est composée
d’un triangle rectangle (S1) et d’une portion de disque (S2)
Solide (S1) : dm1   ds1   DE.dx
5
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
DE
x
DE OD


 DE  x 3

CB OC
R 3/2 R/2
m1  
R/2
0
x1G
 x 3 dx   3
R2
8
R/2
1
8
4 x3
2
  x.dm 

3
x
dx

m S1
R2 3
 R 2 3 0
Solide (S2) : dm2   ds2   rdrd
ds  rdrd 
𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑑𝑠 {
𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃
Nous avons : cos  0 

0  r  R ; et
3
R
 /2
0
 /3
m2    rdr 
x 2G 
1
m2
 xdm
2
S2
R/2 1

R
2
 

3

d  

 0 
2
R2 
 R2
. 
2 6
12
12
  R2
 r cos   rdrd
S2
6
R/2

0
R
3
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
x 2G
12

 R2
x 2G 
2R


R
0
12 R 3
3
r dr  cos  d 
.
(1 
)
2
 /3
2
R 3
2
 /2
(2  3 )
Le centre d’inertie de la surface totale est donnée par :
xG 
x1G S1  x 2G S 2
S1  S 2
Exercice 2
Déterminer, par intégration, les coordonnées, du centre de masse, d’une surface homogène
plane, en forme de portion circulaire de rayon R, par rapport au repère (Oxy).
Solution
dm   ds
et ds  rd .dr
avec 0  r  R et

6
 

2
 x  r cos 
 y  r sin 
et 
7
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
S

R


ds  rdr. d 
(s)
0
m  S 
xG 
 /2
 /6
R 2  R 2
. 
;
2 3
6
R 2
6
1
1
xdm 

mS
R 2
6
R
 /2
0
 /6
2
 r dr  cos d 
6 R3  1  R
. 1   
R 2 3  2  
R
 /2
1
6
6 R3  3  R 3
2

yG   ydm  2  r dr  sin d  2 . 

mS
3
2

R 0

R
 /6


Exercice 3
Déterminer les coordonnées du centre d’inertie de la figure suivante par intégration :
y
R
R
x
R
Solution
L’axe (Oy) est un axe de symétrie donc : xG  0
a) Centre d’inertie du demi disque plein de rayon R
y
Le solide est un demi disque, sa masse est donnée par :
m1   ds où :  est la densité surfacique
y
S
et ds un élément de surface. L’élément de surface
r cos 
ds a pour coordonnées : ds
 r sin 
avec : 0     ; 0  r  R
8
o
x
x
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I

R

0
0
0
m1   ds   rddr    rdr  d  
S
R 2
2

R

y G1
1
1
2
2

ydm 
yds 
r sin   rd dr  2  r 2 dr  sin  d
2 


m1 S
m1 S
R 0
R 0
0
y G1
4R

3
 xG  0

d’où : G1 
4R
 y G  3
a)Centre d’inertie de la surface triangulaire
1
Masse du triangle plan : m2   S 2   . 2 R. R   R 2
2
Calculons y G 2 
1
m2
1
 ydm  m  y ds
2 S
S
y
C
A
E
FE
D
R
o
dy
y
R
x
B
L’élément de surface est donné par : ds2  Ldy ; avec L  DE ; OA  OB  OC  R
Dans les triangles semblables ABC et DEC , nous avons :
DE FC

AB OC

L
R y

2R
R
L  2( R  y ) ce qui donne : ds2  2( R  y)dy avec 0  y  R
yG 2 
1
1
y ds2 

mS
R 2
R
 y 2( R  y)dy 
0
2
R2
 Ry 2 y 3  R R


 2  3 0  3 ;


9
yG 2 
R
3
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
Centre d’inertie du solide
4 R R 2 R 2
.
 .R
y .m  y 2G .m2 y1G .s1  y 2G .s 2 3 2
2 R
3
y G  1G 1



2
m1  m2
s1  s 2
3 2
R
 R2
2
Exercice 4
Le système suivant est composé d’un quart de disque homogène évidé d’un triangle rectangle.
Déterminer le centre d’inertie du solide par la méthode d’intégration;
y
a/4
3a/4
x
a/2
a/2
Solution
a) Soit S1 la surface du quart de disque :

ds1  rdr.d
; 0  r  a ; 0  

2
a
2
0
0
; S1   rdr  d 
 .a 2
4

x1G 
a
a
a
a
2
1
4
4
4a
2
.  xds1 
.
r
cos

.
rdr
.
d


.
r
.
dr
.
d

cos  .d 
2 
2 

S1 S1
3
 .a 0
 .a 0
0

y1G 
2
1
4
4
4a
2
.  yds1 
.
r
sin

.
rdr
.
d


.
r
.
dr
.
d

sin  .d 
2 
2 

S1 S1
3
 .a 0
 .a 0
0
10
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
a) Soit S2 la surface du triangle :
ds2  dx.dy ; la droite limitant le triangle a pour équation :
y
3a
2  3a


  x  ; où x    y 
22
3 4


a
2
3 a
(  x)
2 2
S 2   dx.dy   dx.
S2
y 2G 
xG 
0
1
S2
x 2G 
 dy
1
S2
 xds
2
0

S2
 yds
2
S2

a
2
3a
3

    x .dx  a 2
22
16

0
a
2
3 a
(  x)
2 2
16
xdx.
3a 2 0
16
3a 2
S1 .x1G  S 2 .x 2G
S1  S 2
 dy
0
3a
4
2 3a
(  y)
3 4
0
0
 ydy.
 dx
S1 . y1G  S 2 . y 2G
S1  S 2
16
3 a
a

.
x  x .dx 
2 
6
3a 0 2  2


3a
4
16
2  3a
a

.  y  y .dy 
2
4
3a 0 3  4

 .a 2 4a 3.a 2 a
.

.
4
3

16
6  0,506 a

2
2
a
3a
4
yG 

a
2

16
 .a 2 4a 3.a 2 a
.

.
4
3

16
4  0,479 a

2
2
a
3a
4

16
I.4.Méthode de Guldin
Une seconde méthode pour la détermination des centres d’inertie des solides linéaires ou
surfaciques homogènes fut trouvée par Guldin. 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.
I.4.1.1er Théorème de Guldin
AB est une courbe homogène située dans le plan xOy.
Une rotation de AB autour de Oy/(Ox) engendre une surface Sy /(Sx). La rotation autour de
Oy du petit élément dℓ, construit autour de P, engendre une surface 𝑑𝑆𝑦 = 2𝜋𝑥dℓ
11
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
Donc :
𝑆𝑦
𝑆𝑦 = ∫𝐴𝐵 2𝜋𝑥 𝑑ℓ  ∫𝐴𝐵 𝑥 𝑑ℓ = 2𝜋
La rotation du même élément autour de Ox engendre la surface𝑑𝑆𝑥 = 2𝜋𝑦dℓ
Alors :𝑆𝑥 =∫𝐴𝐵 2𝜋𝑦 dℓ
𝑆
 ∫𝐴𝐵 𝑦 𝑑ℓ = 2𝜋𝑥
⃗⃗⃗⃗⃗ = ∫ 𝑂𝑃
⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝑚 ⇒ 𝜆𝐿 𝑂𝐺
⃗⃗⃗⃗⃗ = ∫ 𝜆 𝑂𝑃
⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑑ℓ
Le centre de masse G de (AB) est tel que 𝑚 𝑂𝐺
𝐴𝐵
𝐴𝐵
Par projection dans le plan xOy :
𝑥𝐺 =
𝑆𝑦
1
∫ 𝑥𝑑ℓ =
𝐿
2𝜋𝐿
𝐴𝐵
et
𝑦𝐺 =
1
𝑆𝑥
∫ 𝑦𝑑ℓ =
𝐿
2𝜋𝐿
𝐴𝐵
Dans le cas d’un système homogène de plusieurs éléments on aura :
𝑅𝐺 =
𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑒/∆
2 𝜋 𝐿𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑒
12
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
I.4.2.2èrmeThéorème de Guldin
Soit (S) une surface plane située dans le plan xOy.
Une rotation de élément ds autour de Oy engendre le volume 𝑑𝑉𝑦 = 2𝜋𝑥d𝑆⇒
𝑉𝑦
𝑉𝑦 = ∫𝑆 𝑑𝑉𝑦 = 2𝜋 ∫𝑆 𝑥𝑑𝑆  ∫𝑆 𝑥 𝑑𝑠 = 2𝜋
De même, une rotation ds autour de Ox engendre le volume 𝑑𝑉𝑥 = 2𝜋𝑦d𝑆
𝑉
𝑉𝑥 = ∫𝑆 𝑑𝑉𝑥 = 2𝜋 ∫𝑆 𝑦𝑑𝑆  ∫𝑆 𝑦 𝑑𝑠 = 2𝜋𝑥
1
Comme ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 = ∫𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 𝑑𝑚⇒⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 = 𝑠 ∫(𝑠) ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 𝑑𝑆
Par projection on aura :
𝑉𝑦
1
𝑥𝐺 = ∫ 𝑥𝑑𝑆 =
𝑆
2𝜋𝑆
𝑆
et
1
𝑉𝑥
𝑦𝐺 = ∫ 𝑦𝑑𝑆 =
𝑆
2𝜋𝑆
𝑆
13
⇒
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
I.4.3.Calcul du centre d’inertie par la méthode de Guldin
Exercice 1
Déterminer les coordonnées des centres
d’inertie des corps homogènes suivants dans le
repère (Oxy) :
1-quart de cercle de rayon R.
2-quart de disque de rayon R.
y
y
R
R
x
O
1-Quart de cercle de rayon R
O
x
2-quart de disque de rayon R
Solution
1-Centre d’inertie du quart de cercle :
Par raison de symétrie :
xG  y G 
S tot / y
2 . Ltot

S demi sphère
2 .Ltot

2 .R 2


2 . .R
2
2R

;
Donc le centre d’inertie du quart de cercle est le point G (
𝟐𝑹 𝟐𝑹
𝝅
,
𝝅
)
2-Centre d’inertie du quart de disque :
Par raison de symétrie :
xG  y G 
Vtot / y
2 . S tot
2
.R 3
4R

 3

;
2
2 ( S quartdisque)
3
R
2 .
4
Vdemi sphère
Donc le centre d’inertie du quart de disque est le point G (
14
𝟒 𝑹 𝟒𝑹
,
𝟑𝝅 𝟑𝝅
)
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
Exercice 2
1- Déterminer les coordonnées (XG,YG) du centre de masse du corps homogène linéique
suivant, ayant la forme d’un quart de cercle.
2- En déduire l’aire de la surface de révolution obtenue, lors de la rotation du corps autour de
l’axe Ox.
Solution
Détermination de X G
On applique directement le premier théorème de Guldin :
XG 
STot / OY
2 .Ltot

4R / 2
2
2 .2R  / 4

2R

Détermination de YG
On fait une translation de repère vers le point A.
15
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
En tournant le solide par rapport à l’axe AX on obtient la surface d’une demi-sphère. On
applique le premier théorème de Guldin :


4R 2 / 2
S Tot / AX
2R
 2
YG  R 
 R
 R
 R 1  
2 .Ltot
2 .2R  / 4

 
Exercice 3
1-En utilisant le théorème de Guldin calculer la surface de révolution d’un cône de hauteur b
et de rayon de base a.
2-Déterminer le centre d’inertie du système ci-dessous par le théorème de Guldin.
y
B
b
R
x
A
O
a
Solution
𝒂 𝒃
1-Le centre d’inertie de la droite AB est en son milieu C(𝟐 ,𝟐). Le segment AB en rotation
autour de l’axe y
décrira une surface conique de hauteur b et de rayon a Application du
a
a
premier théorème de Guldin : S  2 . . AB  2 . . a 2  b 2
2
2
2-Centre d’inertie du système :
16
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
xG 
Vtot / y
2 .S tot
yG 
Vtot / x
2 .S tot
1 2
4
.a .b  R 3
a 2b  4R 3
3
3



ab R 2
ab R 2
3(ab  R 2 )
2 .( 
) 2 .( 
)
2
2
2
2
Vcone  Vsphère
1 2
R 2
.

b
.
a

2

.
R
.
Vcone  Vdemit torre 3
b 2 a  3R 3
2



ab R 2
ab R 2
3(ab  R 2 )
2 .( 
)
2 .( 
)
2
2
2
2
Exercice 4
Soit la figure suivante :
1-En utilisant le théorème de Guldin, déterminer le centre d’inertie de la surface homogène
(S), constituée d’un demi-disque et d’un quart de couronne circulaire
2-En déduire le volume engendré par la rotation de (S) autour de l’axe (  ).
Solution
1-Coordonnées du centre d’inertie du solide surfacique :
D’après le théorème du Guldin on a :
xG 
Vtot / 0 y
2S tot

Vdemi grandesphère  Vdemi petitesphère  V petitesphère
2 ( S grand quart disque  S petit quart disque  S demi disque
17
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
3
3
2 3 2 R
4 R
1 
2 1
R        
R 3    
3
3 2
3 4
3
12
54

  0.438 R
xG 

1
1 
 R 2   R  2   R  2 
2 1
2 
       2 .R  4  16  32 


42
24 
 4

yG 
Vdemi grandesphère  Vdemi petitesphère  Vdemi torre
Vtot / Ox

2S tot 2 ( S grand quart disque  S petit quart disque  S demi disque
3
2
2 3 2 R
R  R
2 1  
R      2  .  
R 3    
3
3 2
4 24 
 3 12 64   0.46 R
yG 
2
2
2
1 
 R
1 1
 R  R 
2 .R 2    
2 
      
 4 16 32 
42
24 
 4

2-Volume obtenu en tournant le solide autour de l’axe (  )
Comme le centre d’inertie de ce solide est connu, nous pouvons calculer le volume engendré
en tournant le solide autour de l’axe (  ) :
Vtot  2 .RG .S tot
 R 2   R  2   R  2 
 2 .( R  0,307 R).
      
 4
42
2  4  

1 
1 1
Vtot  2 .( R  xG ).R 2      2.23R 3
4
16
32


Exercice 5
Le système suivant est composé d’un quart de disque homogène évidé d’un triangle rectangle.
Déterminer le centre d’inertie du solide en utilisant le théorème de Guldin ;
y
a/4
3a/4
a/2
a/2
18
x
CENTRE D’INERTIE
Chapitre I
Solution
1) Centre d’inertie par le théorème de Guldin :
S tot 
a 2
4

3a 2
16
2
xG 
Vtot / y
2 . S tot

Vdemi sphère _ Vcône
2 . S tot
1 4
1  a  3a
.  .a 3  . .  .
2 3
3 2 4

 0,506 a
2
 a
3a 2 

2 .

16 
 4
2
yG 
Vdemi sphère _ Vcône
Vtot / x

2 . S tot
2 . S tot
1 4
1  3a  a
.  .a 3  . .  .
2 3
3  4 2

 0,479 a
2
 a
3a 2 

2 .

4
16


19
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
II.1.Moment d’inertie - Opérateur d’inertie
II.2.Définitions
La notion de moment d'inertie présente un grand intérêt sur le plan de la véritable histoire de
la mécanique et sur celui de la philosophie et de ses principes. C'est en 1673 que Huygens,
dans la solution du problème du centre d'oscillation du pendule composé (livre : Traité du
Pendule), fit apparaître pour la première fois une quantité de la forme ∑ 𝑚𝑟 2 .Ç'est en 18101811 que cette quantité intervint pour la première fois sous le nom de moment d'inertie, et
d'une manière officielle et systématique, dans l'enseignement de la Mécanique des solides
indéformables.
Concernant la signification physique, le moment d'inertie est une grandeur qui caractérise la
géométrie des masses d'un solide, c'est-à-dire la répartition de la matière en son sein. Il
quantifie également la résistance à une mise en rotation de ce solide (ou plus généralement à
une accélération angulaire).
II.3.Moment d’inertie par rapport à un axe
Le moment d’inertie d’un solide (S) par rapport à un axe (∆) est le scalaire positif défini par:
𝐼∆ (𝑆) =
∫ 𝑟 2 𝑑𝑚
𝑝 𝜖 (𝑆)
20
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
𝑟 = 𝑃𝐻 = 𝑑 (𝑃, ∆)est la distance du point P du solide (S) à l’axe (∆). H étant la projection
orthogonale du point P sur l’axe (∆).
II.4.Matrice d’inertie
Pour un solide (S) donné, un point O appartenant à (S) et un repère orthonormé R (O, x⃗, y
⃗ , z),
on appelle tenseur d’inertie de (S), en O, relativement au repère considéré, noté I0, la matrice
symétrique :
𝐼𝑥𝑥
𝐼0 (𝑆) = [−𝐼𝑥𝑦
−𝐼𝑥𝑧
−𝐼𝑥𝑦
𝐼𝑦𝑦
−𝐼𝑦𝑧
−𝐼𝑥𝑧
−𝐼𝑦𝑧 ]
𝐼𝑧𝑧
Avec :
𝐼𝑥𝑥 = ∫(𝑦 2 + 𝑧 2 ) 𝑑𝑚
(𝑆)
𝐼𝑦𝑦 = ∫(𝑥 2 + 𝑧 2 ) 𝑑𝑚
(𝑆)
𝐼𝑧𝑧 = ∫(𝑥 2 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑚
(𝑆)
𝐼𝑥𝑦 = ∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑚
(𝑆)
𝐼𝑥𝑧 = ∫ 𝑥𝑧 𝑑𝑚
(𝑆)
𝐼𝑦𝑧 = ∫ 𝑦𝑧 𝑑𝑚
(𝑆)
Les éléments diagonaux :𝐼𝑥𝑥 ,𝐼𝑦𝑦 et𝐼𝑧𝑧 s’appellent les moments d’inertie .
Les éléments non-diagonaux :𝐼𝑥𝑦 ,𝐼𝑦𝑧 et𝐼𝑦𝑧 s’appellent les produits d’inertie.
21
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
II.4.1.Solides présentant des plans de symétrie
𝐼𝑥𝑥 : est le produit d’inertie de (S) par rapport à l’axe (OX).
𝐼𝑦𝑦 : est le produit d’inertie de (S) par rapport à l’axe (OY).
𝐼𝑧𝑧 : est le produit d’inertie de (S) par rapport à l’axe (OZ).
𝐼𝑥𝑦 : est le moment d’inertie de (S) par rapport aux axes(OX) et(OY).
𝐼𝑥𝑧 : est le moment d’inertie de (S) par rapport aux axes (OX) et(OZ).
𝐼𝑦𝑧 : est le moment d’inertie de (S) par rapport aux axes (OY) et(OZ).
Certains solides présentent des formes particulières admettant des plans de symétrie par
rapport aux axes du repère (O, x⃗, y
⃗ , z), choisi. Pour chaque plan de symétrie, les produits
d’inertie sur les deux autres plans sont nuls :
 Si Oxy est un plan de symétrie : à tout point M1 de côte z, on peut associer le
pointM2 de côté –z .
𝐼𝑥𝑧 = ∫𝑃∈(𝑆) 𝑥 𝑧 𝑑𝑚 = 0et 𝐼𝑦𝑧 = ∫𝑃∈(𝑆) 𝑦 𝑧 𝑑𝑚 = 0
𝐼𝑥𝑥
𝐼0 (𝑆) = [−𝐼𝑥𝑦
0
car
−𝐼𝑥𝑦
𝐼𝑦𝑦
0
𝑍𝐺 = 0
0
0]
𝐼𝑧𝑧
→
𝑧
𝑴𝟏 (Z
)
→
𝑋
𝑴𝟐 (-Z)
→
𝑦
22
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
 Si Oyz est un plan de symétrie : à tout point M1 de côte x, on peut associer le
pointM2de côté –x.
𝐼𝑦𝑥 = ∫𝑃∈(𝑆) 𝑥 𝑦 𝑑𝑚 = 0et 𝐼𝑧𝑥 = ∫𝑃∈(𝑆) 𝑧 𝑥 𝑑𝑚 = 0
𝐼𝑥𝑥
𝐼0 (𝑆) = [ 0
0
car
0
𝐼𝑦𝑦
−𝐼𝑦𝑧
𝑋𝐺 = 0
0
−𝐼𝑦𝑧 ]
𝐼𝑧𝑧
→
𝑥
𝑴𝟏 (x
)
→
𝑧
𝑴𝟐 (-x)
→
𝑦
 Si Oxz est un plan de symétrie : à tout point M1 de côte y, on peut associer le
pointM2de côté –y
→
𝑦
𝑴𝟏 (y
)
→
𝑧
𝑴𝟐 (-y)
→
𝑥
23
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
𝐼𝑦𝑧 = ∫𝑃∈(𝑆) 𝑦 𝑧 𝑑𝑚 = 0et 𝐼𝑥𝑦 = ∫𝑃∈(𝑆) 𝑥 𝑦 𝑑𝑚 = 0
𝐼𝑥𝑥
𝐼0 (𝑆) = [ 0
−𝐼𝑥𝑧
car
0
𝐼𝑦𝑦
0
𝑌𝐺 = 0
−𝐼𝑥𝑧
−𝐼𝑦𝑧 ]
𝐼𝑧𝑧
II.4.2.Solides à symétrie de révolution
Dans le cas des solides ayant un axe de révolution tel que (cylindre, disque, cône, etc…), la
masse est répartie de façon symétrique autour de cet axe. Soit un cylindre d’axe de révolution
⃗⃗⃗⃗⃗ dans un repère orthonormé 𝑅(𝑂, 𝑥 , 𝑦, 𝑧).Tout plan passant par l’axe𝑂𝑍
⃗⃗⃗⃗⃗ est un plan de
𝑂𝑍
symétrie, donc tous les produits d’inertie sont nuls.
𝐼𝑥𝑥 = 𝐼𝑦𝑦 = 𝐼𝑧𝑧


z
z
R
h


y
y


x
x
II.4.3.Solides à symétrie sphériques
z
y
x
24
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
Pour tout solide à symétrie sphérique (sphère pleine où creuse) de centre O, tous les repères
𝑅(𝑂, 𝑥 , 𝑦, 𝑧)ayant pour centre le même point Osont des repères principaux d’inertie.
Les trois axes du repère jouent le même rôle, alors tous les moments d’inertie sont égaux :
𝐼𝑥𝑥 = 𝐼𝑦𝑦 = 𝐼𝑧𝑧 et tous les produits d’inertie sont nuls car tous les plans sont des plans de
symétrie :𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑧 = 𝐼𝑦𝑧 = 0
II.4.4.Solides plans
Dans le cas des solides plans, l’une des coordonnées de l’élément, dm est nulle. Si le solide
est dans le plan (xOy) alors z = 0
On déduit immédiatement que :
𝐼𝑥𝑥 = ∫(𝑆) 𝑦 2 𝑑𝑚 ,
𝐼𝑦𝑦 = ∫(𝑆) 𝑥 2 𝑑𝑚 d’où :
𝐼𝑧𝑧 = ∫(𝑆)(𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑚 = 𝐼𝑥𝑥 + 𝐼𝑦𝑦 ;
et𝐼𝑥𝑧 = 𝐼𝑦𝑧 = 0 ; 𝐼𝑥𝑦 = ∫(𝑆) 𝑥 𝑦 dm
Y
X
Le moment d’inertie par rapport à l’axe perpendiculaire au plan du solide est égal à la somme
des moments par rapport aux deux axes du plan du solide.
25
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
II.5.Matrice principale d’inertie
La matrice d’inertie est symétrique, donc elle est diagonalisable et ses valeurs propres sont
réelles. Elle possède un système de 3 vecteurs propres deux à deux orthogonaux qui forment
une base principale d’inertie.
Les repères (RP), associés aux bases principales s’appellent les repères principaux d’inertie
dont les axes s’appellent les axes principaux d’inertie.
Dans un repère principal d’inertie (RP), d’origine O la matrice d’inertie est diagonale:
𝐼𝑥𝑥
𝐼0 (𝑆) = [ 0
0
0
𝐼𝑦𝑦
0
0
0]
𝐼𝑧𝑧
Les valeurs propres Ixx, Iyy et Izz de la matrice d’inertie s’appellent les moments principaux
d’inertie du solide (S) au point O.
26
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
 Moment d’inertie par rapport à un point A
∫ 𝑟 2 𝑑𝑚
𝐼𝐴 (𝑆) =
𝑝 𝜖 (𝑆)
Où𝑟(𝑃) = 𝐴𝑃 = 𝑑 (𝑃, 𝐴)est la distance du point P du solide (S) au point A.
 Moment d’inertie du solide (S) par rapport au point O origine du référentiel (R)
𝐼𝑂 = ∫(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ) 𝑑𝑚
(𝑆)
𝑟 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 est le carré de la distance du point P au point O.
II.6.Théorème de Huygens
Si le tenseur d’inertie est connu au centre d’inertie G du solide (S) dans la base R; alors on
peut déterminer le tenseur d’inertie au point O dans la même base.
Le tenseur d’inertie en G 𝐼𝐺∗ connu ⇛ déterminé 𝐼𝑂 en fonction de 𝐼𝐺∗ ?
On pose :
𝑥1
⃗⃗⃗⃗⃗ {𝑥2
𝑂𝑃
𝑥3
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑃 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐺𝑃 ⇛ 𝑥𝑖 = 𝑎𝑖 + 𝑥𝑖∗
𝑎1
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 {𝑎2
𝑎3
𝑥1∗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐺𝑃 {𝑥2∗
𝑥3∗
𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑖 = 1,2,3
II.6.1.Expressions des produits d’inertie 𝑰𝒊𝒋
𝐼𝑖𝑗 =
∫ 𝑥𝑖 𝑥𝑗 𝑑𝑚 = ∫ (𝑎𝑖 + 𝑥𝑖∗ ) (𝑎𝑗 + 𝑥𝑗∗ )𝑑𝑚
𝑝∈(𝑆)
𝑝∈(𝑆)
𝐼𝑖𝑗 =
∫ 𝑥𝑖∗ 𝑥𝑗∗ 𝑑𝑚 + 𝑚 𝑎𝑖 𝑎𝑗 + 𝑎𝑖 ∫ 𝑥𝑗∗ 𝑑𝑚 + 𝑎𝑗 ∫ 𝑥𝑖∗ 𝑑𝑚
𝑝∈(𝑆)
𝑝∈(𝑆)
27
𝑝∈(𝑆)
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
D’après la définition du centre d’inertie :
∫ 𝑥𝑗∗ 𝑑𝑚 = ∫ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝐺𝑃 𝑑𝑚 = 0
𝑝∈(𝑆)
𝑝∈(𝑆)
Donc
𝐼𝑖𝑗 = 𝐼𝑖𝑗∗ + 𝑚 𝑎𝑖 𝑎𝑗
D’où
∗
𝐼𝑥𝑦 = 𝐼𝑥𝑦
+ 𝑚 𝑎1 𝑎2
∗
𝐼𝑦𝑧 = 𝐼𝑦𝑧
+ 𝑚 𝑎2 𝑎3
∗
𝐼𝑥𝑧 = 𝐼𝑥𝑧
+ 𝑚 𝑎1 𝑎3
II.6.2.Expressions les moments d’inertie 𝑰𝒊𝒊
𝐼𝑖𝑖 =
∫ (𝑥12 + 𝑥22 + 𝑥32 − 𝑥𝑖2 ) 𝑑𝑚
𝑝∈(𝑆)
Puisque𝑥𝑖 = 𝑎𝑖 + 𝑥𝑖∗
On a donc𝑥𝑖2 = 𝑎𝑖2 + 2𝑎𝑖 𝑥𝑖∗ + 𝑥𝑖∗2
𝐼𝑖𝑖 = 𝑚(𝑎12 + 𝑎22 + 𝑎32 − 𝑎𝑖2 ) + 2𝑎1 ∫ 𝑥1∗ 𝑑𝑚 + 2𝑎2 ∫ 𝑥2∗ 𝑑𝑚 + 2𝑎3 ∫ 𝑥3∗ 𝑑𝑚
𝑝∈(𝑆)
𝑝∈(𝑆)
− 2𝑎𝑖 ∫ 𝑥𝑖∗ 𝑑𝑚 + ∫ (𝑥1∗2 + 𝑥2∗2 + 𝑥3∗2 − 𝑥𝑖∗2 ) 𝑑𝑚
𝑝∈(𝑆)
𝑝∈(𝑆)
Comme précédemment
∫ 𝑥𝑖∗ 𝑑𝑚 = 0
𝑖 = 1,2,3
𝑝∈(𝑆)
28
𝑝∈(𝑆)
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
D’où
𝐼𝑖𝑖 = 𝐼𝑖𝑖∗ + 𝑚(𝑎12 + 𝑎22 + 𝑎32 − 𝑎𝑖2 )
Donc
∗
𝐼𝑥𝑥 = 𝐼𝑥𝑥
+ 𝑚(𝑎22 + 𝑎32 )
∗
𝐼𝑦𝑦 = 𝐼𝑦𝑦
+ 𝑚(𝑎12 + 𝑎32 )
∗
𝐼𝑧𝑧 = 𝐼𝑧𝑧
+ 𝑚(𝑎12 + 𝑎22 )
 Le moment d’inertie d’un système par rapport à la droit (O, n
⃗ ) est égale au moment
d’inertie de ce système par rapport à la droite (G, n
⃗ ) augmente du moment d’inertie de
G affecté de la masse par rapport à la droit (O, n
⃗ ).
(Δ)
(Δ’)
G
d
𝐼∆ = 𝐼∆ˊ + 𝑀 𝑑 2
 Le produit d’inertie d’un système par rapport à deux droites perpendiculaires (O, n
⃗ ) et
(O, t) est égale au produit d’inertie de ce système par rapport aux droites (G, n
⃗ ) et(G, t)
augmenté du produit d’inertie de G, affecté de la masse totale , par rapport aux (O, n
⃗)
et (O, t).
29
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
II.7.Exercices sur le moment d’inertie
Exercices 1
1-Déterminer par le théorème de Guldin la surface latérale de l’enveloppe cônique mince
obtenue par la rotation autour de l’axe (Oz)de la barre AB de longueur L(voir figure 01).
Retrouver cette valeur par intégration.
2-Déterminer le tenseur d’inertie en O du corps homogène obtenu par la rotation autour de
l’axe Oz de la barre coudée OAB de la figure 2.
On posera : m1 = masse du disque et m2 = masse de l’enveloppe conique
z
z
B
B
L
R
O
L
A
x
R
O
Figure :01
A
x
Figure :02
Solution
1-Surface Latérale :
a) Par le théorème de Guldin

z

B
OA OB
S  2 . RG . L ; OG 
;
2
 
R / 2
OG  
h / 2
 
Alors :
avec
RG  CG 
dz
h
R
2
h-z
dL
r
G
x
z
O
R
S  2 . . L   .R.L
2
A
R
Figure :01
30
x
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
b)Par intégration
L’élément d’intégration est donné par : ds  2 .r.dL
Les triangles OAB et CGB sont semblables, nous avons :
Nous avons aussi :
dz h

dL L
 dL 
L
dz et
h
CG CB

OA OB

r hz

R
h
h 2  R 2  L2
2 .R.L
R(h  z ) L
(h  z )dz
. dz  S 
h
h
h 2 0
h
ds  2 .rdL  2
S
2 .R.L  2 h 2 
 h     .R.L
2 
h 2 
2-Tenseur d’inertie :
La rotation de la barre OA autour de l’axe Oz donne un disque de masse m1 de rayon R, et la
barre AB donne une enveloppe conique de masse m2 . Le moment d’inertie du système est la
somme des moments d’inertie des deux solides : I O ( Syst)  I O ( disque)  I O ( cône)
Pour le disque :
(xoz) et (yoz) sont des plans de symétrie : I xy  I xz  I yz  0
Les axes Ox et Oy jouent le même rôle alors : I xx  I yy ; de plus nous avons un solide plan
alors : I xx  I yy  I zz  I xx  I yy 
I zz   ( x 2  y 2 )dm 
S
I zz
2
m1 R 2
m R2
;
 I xx  I yy  1
2
4
I O ( disque)
 m1 R 2

 4
 0


 0

0
m1 R 2
4
0

0 

0 

2 
m1 R

2 
Pour l’enveloppe conique : (Oz) est un axe de révolution
Les plans (xoz) et (yoz) sont des plans de symétrie : I xy  I xz  I yz  0
Les axes Ox et Oy jouent le même rôle alors : I xx  I yy
I zz   ( x 2  y 2 )dm   r 2 dm   r 2 .ds ; on a déjà ds  2 .rdL 
S
S
S
31
2 .R.L
(h  z )dz
h2
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
2 .R.L
R2
R 2 m2 R 2
2 2 .R.L
I zz   r  .
(h  z )dz    2 (h  z ) .
(h  z )dz   . .R.L.

2
2
h2
h2
S
S h
2
I xx  I yy 
I zz
  z 2 dm ; on calcul seulement l’intégrale:  z 2 dm
2 S
S
2 .R.L
2 .R.L h 4 m2 h 2
S z dm  S z . . h 2 (h  z)dz   . h 2 . 12  6
2
2
I xx  I yy 
I O ( cône)
m2 R 2 m2 h 2

4
6
 m2 R 2 m2 h 2


6
 4

0


0


I O ( système)



0  ; avec : h 2  L2  R 2

2 
m2 R

2 
0
0
m1 R 2 m2 h 2

4
6
0

R 2 m2 h 2
(
m

m
)

 1
2
4
6


0


0






0

R2 
(m1  m2 )

2 
0
(m1  m2 )
0
R 2 m2 h 2

4
6
0
Exercice 2
Soit le solide surfacique homogène suivant formé d’un quart de couronne circulaire de rayon
intérieur R1 et extérieur R2de densité surfacique  et de masse M comme représenté sur la
figure.

y0

y1

x1
R2
R1

4

x0
32
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
1-Montrer que la masse du solide est donnée par :
M 

4
R
2
2
 R12




2-Calculer le tenseur d’inertie du solide au point O par rapport au repère R1 (O, x1 , y1 , z1 ) en
fonction de M, R1 et R2 ;
Solution
1-Masse du solide :
M  S 2  S1  
R22
4

R22
4


4
R
2
2
 R12

2-Tenseur d’inertie au point O par rapport au repère R1
S 2 : Grand quart de disque S1 : petit quart de disque, la différence donne un quart de
couronne.
Nous avons : I xx  I yy 
I zz
(solide plan et les axes x et y jouent le même rôle)
2
R2
 /2
R1
0
I zz   ( x 2  y 2 )dm   ( x 2  y 2 )rddr   r 2 rddr   r 3 dr 
S
S
d  
S
  R24  R14 

2 
4


2
2
 R22  R12 
 R22  R12 
 2
2  R2  R1 
  M 
  2 A alors : I xx  I yy  M 
  A
I zz   R2  R1 
4
2
2
4






R2
 /2
R1
0
I xy   xydm   r cos  .r sin rddr   r 3 dr.
S
I xy  
S

2
 R24  R14 


   R22  R12
4
4



 R 2 R
2
2
2
1

sin d (sin  )  
1  R24  R14 


2 
4


 R 2  R12 
  M  2
  B

 2 
 A B 0 

0 
La matrice d’inertie du solide s’écrira dans le repère R1 : I O ( S / R1 )   B A
 0
0 2 A R
1
33
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
Exercice 3
On considère maintenant la tige AB homogène et de masse M avec les masses mA et mB aux
extrémités (figure 1).
Calculer en fonction de m, L et M :
1-Le centre de masse du système par rapport au repère (Oxyz).
2-Le tenseur d’inertie du système au point O.
y
mB
L
3
O
x
z
2L
3
mA
Figure 1
Solution
y

 0
 0



1) m A   2 L / 3 ; m B   L / 3 ; M   L / 6
 0
 0
 0



0





mB
B
L
3
O

OC  OA AC et OC  OB BC
z
 0

OA OB

d’où OC   L / 6
2 OC  OA OB  OC 
2
 0






2L
3

mA
A
34
x
C
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
Centre d’inertie du système :
yG 

y A m A  y B mB  yC M
m A  mB  M
(2 L / 3)m  ( L / 3)3m  ( L / 6) M L 2m  M

m  3m  M
6 4m  M
2) Tenseur d’inertie du système au point O : I (syst) / O  I (m A ) / O  I (mB ) / O  I (M ) / O
  2L  2

m
  3 
I (m A ) / O  
0

0



0
0


0
0
 ;
2
 2L  
0 m
 
 3  
 ML 2

 12
I (M ) / G   0
 0


0 

0  On passe au point O par le théorème de Huygens d’où :
2
ML 
12 
0
0
0
2
 ML 2
L
 M 

6
 12
I (M ) / O  
0

0


 7m  M 2
L
 9
I ( syst ) / O  
0


0

0
0
0
  L 2
3m 
 3
I (m A ) / O  
0

0


  ML 2
 
  9
0
 0
2
2
ML
L 
 M     0
12
 6   
0



0
0
7m  M 2 
0
L 
9

0
0
35
0
0
0



0
0

2
L 
0 3m  
 3  
0

0 

0 
2
ML 
9 
0
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
Exercice 4
Soit le solide homogène suivant formé d’un cône plein de masse M de hauteur h et de rayon
R et d’une demi sphère pleine de masse m de même rayon R, soudés entre eux comme
indiqué sur la figure.
  
Déterminer le tenseur d’inertie du solide au point O ; dans le repère R (O, x , y , z )
 
On donne : AG 
3R 
z
8

z
G
A
R
h

y

x
Solution
Moment d’inertie du système au point O : I O (syst)  I O (S1 )  I O (S 2 )
Cône : (S1) ; Demi sphère : (S2)

z
G
A
dv  2rdr dz
R
R
A
dz
h
B
r
C
D
z

o
y

x
36
A
dv  r d r cos ddr
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
1) Cône : Deux plans de symétrie (xoz) et (yoz)  I xy  I xz  I yz  0
Les axes ox et oy jouent le même rôle : I xx  I yy
Nous avons : x 2  y 2  r 2 et l’élément de volume est égal à : dm  dv   2rdrdz
CD OC
r z
R


 r z
AB OA
R h
h
Dans les triangles OAB et OCD , nous avons
0r
R
z
h
et 0  z  h
h
I zz   ( x 2  y 2 )dm   r 2 . 2rdr.dz   2  (
S1
S1
0
R
z
h
3
 r dr)dz   2
0
or nous avons la masse d’un cône est donnée par : m 
d’où : I zz 
h
R4
R2
4
2
z
dz


2

R
h
.
10
4h 4 0
1
R 2 h alors R 2 h  3m
3
3
mR 2
10
Nous pouvons aussi écrire :
2 I xx  I xx  I yy   ( y 2  z 2 )dm   ( x 2  z 2 )dm   ( x 2  y 2 )dm  2  z 2 dm
S1
S1
2 I xx  I zz  2  z 2 dm  I xx 
S1
h
I xx
3

mR 2   2  (
20
0
I xx 
S1
S1
I zz
3
  z 2 dm 
mR 2   z 2  2rdr.dz
2 S1
20
S1
R
z
h
h
3
R2 4
3
R 2 h5
2
2
rdr
)
dz

mR


z
dz

mR


0
20
20
h 2 0
h2 5
3
h2
3
3
3 mR 2
mR 2  R 2 h.

mR 2  mh 2  (
 mh 2 )
20
5 20
5
5 4
37
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
3 2
3
2
 20 mR  5 mh

I 0 ( S1 )  
0


0




0 

3
22 
mR 
10

0
0
3
3
mR 2  mh 2
20
5
0
2) Demi-sphère pleine : Deux plans de symétrie (xAz) et (yAz)  I xy  I xz  I yz  0
C’est la moitié d’une sphère de centre A. dans une symétrie sphérique nous avons
I xx  I yy  I zz
Avec : x 2  y 2  z 2  r 2 et l’élément de volume est égal à : dm  dv  rdr cos ddr
Nous avons alors :
3I xx  I xx  I yy  I zz   ( y 2  z 2 )dm   ( x 2  z 2 )dm   ( x 2  y 2 )dm  2  ( x 2  y 2  z 2 )dm
S1
S1
R
S1
2
 /2
0
0
3I xx  2  r rdr cos ddr  2   r dr  dr  cos d  2 
2
4
S1
0
S1
R5
R2
2 .1  4R 3 .
5
5
2
comme la masse de la demi sphère est égale à : M   R 3
3
2
2R 2 2
I xx   R 3 .
 MR 2 , nous avons donc le tenseur d’inertie de la demi-sphère au point
3
5
5
A:
2MR 2 / 5
 A 0 0
0
0

 

2
I A (S 2 )  
0
2MR / 5
0
  0 A 0

0
0
2MR 2 / 5  0 0 A

Pour déterminer le tenseur d’inertie au point O nous devons passer la le centre d’inertie en
utilisant le théorème de Huygens deux fois : on passe de A vers G puis de G vers O.



I A ( S 3 )  I G ( S 3 )  Md 2  I G ( S 3 )  I A ( S 3 )  Md 2
38

MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
avec : G ayant pour coordonnées (0,0,
 A  M (3R / 8) 2

I G (S 2 )  
0

0

3R
) dans le repère R(Ax,y,z)
8
0
A  M (3R / 8) 2
0
0

0
A
Par la suite :

I O ( S 3 )  I G ( S 3 )  Md ' 2

, avec : G ayant pour coordonnées (0,0,
3R
 h) dans le repère
8
R(Ox,y,z)
 A  M (3R / 8) 2  M 3R / 8  h 2

I O (S 2 )  
0

0

0
2
A  M (3R / 8)  M 3R / 8  h 
2
0
0

0
A
Exercice 5
Soit une plaque mince S, homogène de densité surfacique  , comme indiqué sur la figure cicontre.
1- Exprimez la masse M de la plaque en fonction de a et  ;
2- Donnez les coordonnées du centre d’inertie G de cette plaque dans R0 ;
3- Déterminez la matrice d’inertie de la plaque au point O dans R0 en fonction de M et a ;


x1
y0
R

y1
2a
a
a

x0
2a
39
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
Solution
1- Masse de plaque : M   (S1  S 2 )   (4a 2  a 2 )  3a 2 , m2  M / 3 , m1 
4
M
3
2- Centre de la plaque dans R1 : Ox1 est une axe de symétrie, le centre d’inertie appartient
à cet axe.
a / 2

OG1  a / 2 ;

R0  0





a
  m1 . OG1  m2 . OG2 S1 . OG1  S 2 . OG2

OG 2  a OG 
m

m
S1  S 2
1
2

R0 0

4
M a
M .a  .
3 2  7a
xG  3
M
6
;
4
M a
M .a  .
3 2  7a
yG  3
M
6
4- Moment d’inertie de la plaque :
I O ( plaque) / R0 )  I O (S1 ) / R0 )  I O (S 2 ) / R0 )
 4m1 a 2

 3
I O ( S1 ) / R0 )   m1 a 2


 0

 m2 a 2

 3 2
ma
I O ( S 2 ) / R0 )    2

4

 0

 m1 a 2
4m1 a 2
3
0
m2 a 2
4
m2 a 2
3

0
  16 Ma 2
 
  9 2
4 Ma
0   
 
3
8m1 a 2  
  0
3  
0
  Ma 2
 
  9 2
Ma
0   
  12
2m 2 a 2  
  0
3  
0
40
4 Ma 2
3
16 Ma 2
9

0
Ma 2
12
Ma 2
9

0



0 

2 
32 Ma

9 
0



0 

2 Ma 2 

9 
0
MOMENT D’INERTIE
Chapitre II
 16 Ma 2

 9 2
4Ma
I O ( S ) / R0 )   

3

 0

 5Ma 2

 3 2
5Ma
I O ( S ) / R0 )  

'4

 0

4Ma 2

3
16 Ma 2
9
0
5Ma 2
4
5Ma 2
3

0
 A B 0 
I O ( S ) / R0 )   B A
0  ;
 0
0 2 A
  Ma 2
0  
  9 2
Ma
0   
  12
2 

32 Ma
  0
9  
Ma 2

12
Ma 2
9
0



0 

10 Ma 2 

3 
0
5Ma 2
A
3
41
; B
5Ma 2
4



0 

2 
2Ma

9 
0
Les références
 A. Kadi : Mécanique Rationnelle Cours & Exercices Résolus.
 M. Bourich : Cours de Mécanique des Systèmes de Solides Indéformables Deuxième
Edition 2014.
 N. Hamzaoui : Mécanique Rationnelle (Module TEC005), Polycopie, USTHB, 1986.
 STARJINSKI : Mécanique rationnelle, Editions Mir (Moscou) ,479p.
 A. KASSOUL : Physique 4 : Mécanique Rationnelle Cours et Exercices, Polycopie,
2009.
 D.S. Kumar: Engineering Mechanics, Static and Dynamics, 1928.
 P.B. Ferdinand,V. Russell : Mechanics for Engineers Fifth Edition, Statics.
 O. Morvan, M. Sylvaine : Mécanique Général, Cinématique Et Dynamique Des
Mécanismes.
 A. Paul : Mécanique Rationnelle Dynamique des Systèmes, Mécanique Analytique,
1953.