Point Mobile À CORRECTION
Point Mobile À CORRECTION
Point Mobile À CORRECTION
Exercice 1
y
y y = 2a B(a,2a)
dy y 2 = 4ax dv = π x 2 dy
dy y
y
x x x
z
y2 ⎧x = 0 ⇒ y =0
Nous avons y 2 = 4ax ⇒ x= pour : ⎨
4a ⎩x=a ⇒ y = 2a
La rotation de cette surface par rapport à l’axe des y donne un solide de révolution d’axe y.
Par raison de symétrie, le centre de masse sera sur l’axe Oy, alors : xG = 0 et y G = 0
A un hauteur y , on choisi un élément de volume (couronne) dv ayant une surface circulaire
égale à π x 2 et d’épaisseur dy tel que : dv = π x 2 dy avec 0 ≤ y ≤ 2a
2
1 1 1
2a
1
2a
⎛ y2 ⎞
y G = ∫ ydm = ∫S yρdv = V ∫0 y.πx .dy = V
2
∫0 ⎜⎜⎝ 4a ⎟⎟⎠ .dy
y.π
mS ρV
2a
π 2a
π
⎡ y6 ⎤ 5
yG = ∫ = = a
5
2
y .dy
2 ⎢ ⎥
16a 2 . πa 3 ⎣ ⎦ 0
16a V 0 6 3
5
Correction
Exercice 2
→ → →
1. Tenseur d’inertie du disque plein dans le repère R0 (O, x 0 , y 0 , z 0 )
Nous avons un solide dans le plan (xOy), on choisi un élément de masse dm = σds = σrdθ .dr
tel que : 0 ≤ r ≤ R et 0 ≤ θ ≤ 2π
⎧ x = r cosθ
⎪
Les coordonnées de cet élément sont : dm⎨ y = r sin θ , et nous avons aussi : x 2 + y 2 = r 2
⎪ z=0
⎩
R 2π
R4 2 R
2
mR 2
I zz = ∫ ( x + y )dm = ∫ r σrdθ .dr = σ ∫ r dr. ∫ dθ = σ . .2π = σπR .
2 2 2 3
=
S S 0 0
4 2 2
I zz mR 2
alors : 2I xx = I zz ⇒ I xx = alors : I xx = I yy =
2 4
Dans un solide plan, le moment d’inertie suivant l’axe perpendiculaire au plan est égale à la
somme des moments suivant les deux axes du plan.
⎡ mR 2 ⎤
⎢ 0 0 ⎥
⎢ 4 ⎥
mR 2
Le tenseur d’inertie d’un disque en O est : I O (S) = ⎢ 0 0 ⎥
⎢ 4 ⎥
⎢ 2 ⎥
mR
⎢ 0 0 ⎥
⎣ 2 ⎦
Correction
→ → →
2.. Tenseur d’inertie de la plaque dans le repère R1 (O, x 1 , y 1 , z 1 )
Les plan (xOz) et (yOz) sont des plans de symétrie alors tous les produits d’inertie sont nuls.
Les axes Ox et Oy jouent le même rôle : I xx ( plaque ) = I yy ( plaque )
ma 2
I yy = I xx et I zz =
6
⎡ ma 2 ⎤
⎢ 0 0 ⎥
⎢ 12 ⎥ ⎡1 0 0 ⎤
ma 2 ma 2 ⎢
I O ( plaque) R = ⎢ 0 0 ⎥ = 0 1 0⎥⎥
1 ⎢ 12 ⎥ 12 ⎢
⎢ ma 2 ⎥ ⎢⎣0 0 2⎥⎦ R
⎢ 0 0 ⎥ 1
⎣ 6 ⎦R
1
→ → →
On détermine le tenseur d’inertie de la plaque dans le repère R0 (O, x 0 , y 0 , z 0 ) en utilisant la
→ → → 2 → →
Nous avons : x1 = cos 45° x 0 + sin 45° y 0 = ( x0 + y 0 )
2
→ → → 2 → →
y1 = − sin 45° x 0 + cos 45° y 0 = (− x0 + y 0 )
2
→ →
z1 = z 0
⎛→⎞ ⎛→⎞
⎜ x1 ⎟ ⎛1 1 0 ⎞⎜ x0 ⎟
⎜→⎟ 2⎜ ⎟⎜ → ⎟
Sous forme matricielle nous aurons : ⎜ y1 ⎟ = ⎜−1 1 0 ⎟⎜ y 0 ⎟
2 ⎜
⎜→⎟ 2 ⎟⎠⎜⎜ z ⎟⎟
→
⎜ z1 ⎟ ⎝0 0
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0
⎛1 1 0 ⎞ ⎛1 −1 0 ⎞
2⎜ ⎟ 2⎜ ⎟
PR1→ R 0 = ⎜−1 1 0 ⎟ et P T
R1→ R 0 = ⎜1 1 0 ⎟
2 ⎜ 2 ⎜
⎝0 0 2 ⎟⎠ ⎝0 0 2 ⎟⎠
Correction
⎛1 −1 0 ⎞ ⎡1 0 0 ⎤ ⎛1 1 0 ⎞
2⎜ ⎟ ma 2 ⎢0 1 0 ⎥ . 2 ⎜ − 1 1 ⎟
I O ( plaque) R = ⎜1 1 0 ⎟. ⎢ ⎥ ⎜ 0 ⎟
2 ⎜ 12 2 ⎜
2 ⎟⎠ 2 ⎟⎠
0
⎝0 0 ⎢⎣0 0 2⎥⎦ R ⎝0 0
1
⎛1 −1 0 ⎞⎛ 1 1 0 ⎞ ⎛ 2 0 0⎞
ma 2 ⎜ ⎟⎜ ⎟ ma 2 ⎜ ⎟
I O ( plaque) R = ⎜1 1 0 ⎟⎜ − 1 1 0 ⎟= ⎜ 0 2 0⎟
24 24 ⎜ ⎟
⎜0 0 2 ⎟⎠⎜⎝ 0 0 2 2 ⎟⎠
0
⎝ ⎝ 0 0 4 ⎠ R0
⎛1 0 0⎞
ma 2 ⎜ ⎟
= ⎜0 1 0⎟
12 ⎜ 0 0 2⎟
⎝ ⎠ R0
→ → →
3. Tenseur d’inertie du système dans le repère R0 (O, x 0 , y 0 , z 0 ) .
⎡1 0 0 ⎤ ⎛1 0 0⎞ ⎡1 0 0⎤
MR 2 ⎢ ma 2 ⎜ ⎟ ⎛ MR 2 ma 2 ⎞⎢
I O ( Système) = 0 1 0⎥⎥ − ⎜ 0 1 0 ⎟ = ⎜⎜ − ⎟⎟ 0 1 0⎥
⎢ ⎢ ⎥
4
⎢⎣0 0 2⎥⎦ R
12 ⎜ ⎟ ⎝ 4 12 ⎠ ⎢0 0 2 ⎥
0
⎝ 0 0 2 ⎠ R0 ⎣ ⎦ R0
⎡1 0 0 ⎤
⎛ MR 2 2mR 2 ⎞⎢
I O ( Système) = ⎜⎜ − ⎟⎟ 0 1 0⎥
⎢ ⎥
⎝ 4 12 ⎠ ⎢0 0 2 ⎥
⎣ ⎦ R0
⎡1 0 0 ⎤
I O ( Système) = (3M − 2m )R 2 ⎢⎢0 1 0⎥⎥
1
12
⎢⎣0 0 2⎥⎦ R
0
Correction
Problème
Exercice 5
1- Vitesse d’entrainement de M :
OM = x i +y j + z k0
⁄ ∧
⁄ 0,
v Ω ∧ OA ΩU ∧
v Ω ∧ ∧
v Ω
Accélération d’entrainement de A.
Ω
γ γO ⁄R ∧O A ∧ ∧O A