12 TD Corrigé - Géométrie des masses

12 TD Corrigé - Géométrie des masses CPGE MP
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O
y
x
u
v
d
dl
.dl Rd
Q
O
y
x
u
v
d
ds
..ds dr r d
Q
Demi-circonférence
Q1.
Par symétrie
G
y0
..
l
LOG OQdl
Gl
L x x dl ..
G
R x R Rd . . .cos . .
G
R x R    2
2
. . . sin
GR
x
2.
DEMI-DISQUE
Q1.
Par symétrie
G
y0
..
s
SOG OQds
Gr
Rx r r d
2
,
.. .cos .
2
Gr
Rx r dr d
22
.. . . cos .
2
car les 2 variables
r et 
sont indépendantes
R
G
Rr
x
23 2
02
.. . sin
23
G
RR
x
23
.. .2
23
GR
x
4.
3.
Toujours vérifier que le résultat obtenu
est homogène à une longueur.
Toujours vérifier que le résultat obtenu
est homogène à une longueur.

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Q
O
r
d
d
Z
Y
X
u
DEMI-SPHÈRE
Q1.
..
v
V OG OQdv
32
,,
2. . . . . .sin . . .
3r
ROG r ur d d dr
33
,
2. . . . . cos . sin .(cos . sin . ) .sin . .
3r
ROG r dr z x y d d
34 2
,
0
2. . . . cos .sin . sin .(cos . sin . ) . .
34
R
Rr
OG z x y d d
34
,
2. . sin2 1 cos2
. . . .(cos . sin . ) . .
3 4 2 2
RR
OG z x y d d
00
3. cos2 sin2
. . .(cos . sin . ) .
8. 4 2 4
R
OG z x y d
3. . .(cos . sin . ) .
8. 2
R
OG x y d
2
2
3. . sin . cos .
16
R
OG x y
3. .2.
16
R
OG x
donc
3. .
8
R
OG x
Toujours vérifier que le résultat obtenu
est homogène à une longueur.
Attention aux bornes d'intégration :
r varie entre 0 et R
varie entre 0 et
varie entre
2
et
2

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Barrage poids
Q1. Surface du triangle
2
ah
S
On peut retrouver ce résultat par :
ah
s x z x z
S ds S dxdz S dx dz S x z S a h ce qui est complètement faux      
    00
,..
Attention, ici x et z ne sont pas indépendants. Voyons 2 méthodes pour calculer cette intégrale.
Pour un x fixé
z varie de 0 à
.
hxh
a
Pour un z fixé
x varie de 0 à
.
a
az
h
équation de la droite enveloppe
.
h
z x h
a
ou
.( ) .
aa
x z h a z
hh
h
z
a
x
O
barrage
Q
eau
dx
dz
Donc :
,. xz
S dxdz
.
00 .
hxh
aa
S dz dx
.
0
0.
h
axh
a
S z dx
0..
ah
S x h dx
a
2
0
2
a
hx
S h x
a
2
22
h a h a
S h a S
a
,. xz
S dxdz
.
00 .
a
az
hh
S dx dz
.
0
0.
a
haz
h
S x dz
0..
ha
S a z dz
h
2
0
.2
h
az
S a z h
2
.22
a h a h
S a h S
h
Q2.
..
v
V OG OQdv
,,
.
. . ( . . . ). . .
2x y z
ah
l OG x x y y z z dxdy dz  

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22
,2
.
. . . . . . . .
22
l
l
xz
y
ah
l OG x y x y z y z dxdz
,
.
. . .. .. . .
2xz
ah
l OG x l x z l z dx dz
.
2
0
.. . . .
22
hxh
a
x
ah z
OG x z x z dx
2
( . )
.. .( . ). . .
22
x
hxh
ah h a
OG x x h x z dx
a
3
32
0
( . )
.. ( . . ). . .
2 3 2 3. 2
a
hxh
ah h x x a a
OG h x z
ah
3
32 ()
.. ( . . ). . .
2 3 2 3. 2
h
ah h a a a
OG h x z
ah
..
33
ah
OG x z
Disque percé
Toujours vérifier que le
résultat obtenu est
homogène à une longueur.

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Sphère
Position du centre d'inertie de la demi-circonférence (C)
On cherche la position du centre de gravité de la ligne qui par
rotation engendre la surface de la sphère :
D’après Guldin
L
G
S X θL  
L
GS
X θL
Avec
2
S 4 πR  
L πR
et
θ 2 π
L
2
G4πR
X 2π πR
4R
2π
L
G2R
X π
Position du centre d'inertie du demi disque (S)
On cherche la position du centre de gravité de la surface qui par
rotation engendre le volume de la sphère :
D’après Guldin
S
G
V X θS  
S
GV
X θS
Avec
3
4
V πR
3
2
πR
S 2
et
θ 2 π
SS
3
GG
2
4π R 4 R
X X 3π
πR
32π2
Tore
Surface du tore :
D’après Guldin
L
G
S X θL  
S R 2π 2πr  
2
S 4π R r   
Volume du tore :
D’après Guldin
S
G
V X θS  
2 2 2
V R 2π πr  V 2π r R      