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Exercice 5 : détermination de la matrice centrale d'inertie d'un cylindre (CORRECTION) De plus les axes (Gx) et (Gy) jouent le même rôle dans la
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EXERCICES de MECANIQUE
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1Exercice 5
: détermination de la matrice centrale d"inertie d"un cylindre (CORRECTION)De plus, les axes
(G,x)?? et (G,y)?? jouent le même rôle dans la répartition des masses. On en déduit que A=B.On a donc la matrice suivante :
G RA B 0 0
I (S) 0 B A 0
0 0 CChoix du paramétrage :
Nous utiliserons les coordonnées cylindriques r, q et z avec dV=rdrdqdzDomaine d"intégration :
r varie de 0 à R, z de -H/2 à H/2 et q de 0 à 2pCalcul :
H 2 R 423 H 0 0
2RC (x² y²)dm r .dr.d .dz .2 .H.4
p = + = r q = r p∫∫∫ ∫ ∫ ∫ avec 2M .R .Hr =p soit2MRC2=
oxGxz GxyI A (y² z²)dm y²dm z²dm I I B" C"= = + = + = + = +∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
oyGyz GxyI B (x² z²)dm x²dm z²dm I I A" C"= = + = + = + = +∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
ozGyz GxzI C (x² y²)dm x²dm y²dm I I A" B"= = + = + = + = +∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
Les plans [Gxz] et [Gyz] jouent le même rôle pour la répartition de la matière. On peut donc
en déduire que A"=B"=C/2 et par conséquent queGxyC CA I C"2 2= + = +
H 2 R 32Gxy H 0 0 2 M H R² MH²I C" z²dm z².rdr.d .dz .2 . .R²H 12 2 12 p = = =r q = p =p∫∫∫ ∫ ∫ ∫
D"où :
MR² MH²A4 12= +
1) Déterminez la matrice centrale d"inertie d"un cylindre de
révolution plein et homogène de masse M , de rayon R et de hauteur H.Détermination de la base centrale d"inertie :
Le repère
(G,x,y,z)?? ?? ? est bien le repère central d"inertie du cylindre. L"axe (G,z)? est axe de symétrie donc E=D=0.De même l"axe
(G,x)?? est axe de symétrie donc F=E=0.Chap2 : Eléments d"inertie
EXERCICES de MECANIQUE
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: Franck BesnardCPGE PSI
2 La matrice centrale d"inertie du cylindre s"écrit ainsi : G RMR² MH²0 04 12
MR² MH²I (S) 0 04 12
MR²0 02
2) Déduisez-en la matrice d"inertie au centre de l"une de ses bases.
On peut appliquer le théorème de Huygens, soit : O G R b² c² ab acI I M. ab c² a² bc
ac bc a² b² AvecHGO a.x b.y c.z .z2= + + = -???? ?? ?? ? ?
On obtient :
O G R x,y,zR² H²H²0 00 04 34
H² R² H²I I M. 0 0 M. 0 04 4 3
0 0 0R²0 02( )
3) Cas particulier d"un disque et d"un barreau cylindrique.
Masse M, rayon R et d"épaisseur négligeable devant R :Le terme
MH²
12 est alors négligeable devant MR²
4 et on obtient alors au centre du disque :
G x,y,z1 0 0MR²I (disque) . 0 1 040 0 2( )( )
Cas d"une tige cylindrique de masse M dont le rayon est négligeable devant la longueur H.C"est alors le terme
MR²
4 qui très petit devant le termeMH²
12. Si G est le centre d"inertie du
barreau et O l"une de ses extrémités.Chap2 : Eléments d"inertie
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3 G RH²0 012
H²I (tige) M. 0 012
R²0 02
et O RH²0 03
H²I (tige) M. 0 03
R²0 02
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4Exercice 6 :
1)Chap2 : Eléments d"inertie
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