1. Université de Boumerdes Année 2000-2001
Faculté des sciences septembre 2001
Département de physique
Rattrapage : Mécanique Rationnelle
Durée : 2 heures
Exercice 01 : (06 pts)
Déterminer les coordonnées du centre d’inertie de la figure
suivante par intégration et par le théorème de Guldin.
RR
R
x
y
1,5m
1,5m
2m
A
E
B
C
z
D
x
y
1,5m 1,5m
Exercice 02 : (06 pts)
Une poutre de poids P = 300 N et de
longueur 2L est maintenue en position
horizontale par deux câbles DB et CB
comme indiqué sur la figure.
On suspend à son extrémité une charge
Q = 500 N .
L’articulation au point A est sphérique.
Déterminer les tensions dans les deux câbles
et la réaction au point A.
Exercice 03 : (08 pts)
Un corps est constitué par l’assemblage de cinq (05)
barres homogènes de masse linéique λ . Les barres
forment un carré ABCD de côté a , muni de la
diagonale BD.
On se donne deux repères : ),,,( 0000 zyxOR et
),,,( 1111 zyxOR
1) Donner la matrice de passage du repère
),,,( 1111 zyxOR vers le repère
),,,( 0000 zyxOR ;
2) Déterminer le tenseur d’inertie de la barre
BD dans le repère ),,,( 1111 zyxOR ;
3) En déduire le tenseur d’inertie de la barre BD
dans le repère ),,,( 0000 zyxOR ;
4) Déterminer les tenseurs d’inertie dans
),,,( 0000 zyxOR pour chacune des barre du
carré ;
5) En déduire le tenseur d’inertie du système
(carré + diagonale) dans ),,,( 0000 zyxOR
BA
x0
x1
y0
y1
D C
a/2 a/2
a/2
a/2
O

2. Solution :
Exercice 01 (06 points) :
1) Par intégration :
L’axe (Oy) est un axe de symétrie donc : 0=Gx
a) Centre d’inertie du disque plein de rayon R
Le solide est un demi disque, sa masse est donnée par :
∫=
S
dsm σ1 où : σ est la densité surfacique
et ds un élément de surface. L’élément de surface
ds a pour coordonnées :



θ
θ
sin
cos
r
r
ds avec : πθ ≤≤0 ; Rr ≤≤0
∫∫∫∫ ====
ππ
π
σθλθλλ
0
2
00
1
2
R
drdrdrrddsm
R
S
∫∫∫∫∫ ====
ππ
θθ
π
θσθ
σπ
σ
00
2
2
0
2
11
1 sin
2
sin
211
ddrr
R
drrdr
R
dsy
m
ydm
m
y
R
SS
G
π3
4
1
R
yG = d’où :




=
=
π3
4
0
1 R
y
x
G
G
G
a) Centre d’inertie de la surface triangulaire
Masse du triangle plan :
2
22 .2
2
1
. RRRSm σσσ ===
Calculons ∫∫ ==
SS
G dsy
m
ydm
m
y
11
22
2 σ
L’élément de surface est donné par : Ldyds =2 ; avec DEL = ; ROCOBOA ===
Dans les triangles semblables ABC et DEC , nous avons :
OC
FC
AB
DE
= ⇔
R
yR
R
L −
=
2
)(2 yRL −= ce qui donne : dyyRds )(22 −= avec Ry ≤≤0
3032
2
)(2
11 32
2
0
222
RRyRy
R
dyyRy
R
dsy
m
y
R
S
G =







−=−== ∫∫ σ
σ
σ ;
3
2
R
yG =
Centre d’inertie du solide de la figure 01 :
23
2
2
.
32
.
3
4
....
2
2
2
2
21
2211
21
2211
−
=
−
−
=
−
−
=
−
−
=
ππ
π
π R
R
R
R
RRR
ss
sysy
mm
mymy
y GGGG
G
x
drrdds θ=
y
θ
x
y
o
(b)
D
C
dy
y
x
y
o
θE
BA RR
F
E

3. Centre d’inertie du solide de la figure 01 par le théorème de Guldin :
23
2
2
.2
.
3
.2.
3
4
.2 2
2
23
/
−
=






−
−
==
ππ
π
ππ
π
R
R
R
R
R
R
S
V
y
tot
OXtot
G
Exercice 02 (06 points) :
P = 300 N ; Q = 500 N ;










0
0
0
A ;










0
0
3
B ;










− 5,1
2
0
C ;










5,1
2
0
D ;










0
0
5,1
E
Le système est en équilibre statique. La résultante des fores est nulle et le moment résultant de
toutes les forces par rapport au point A est nul. Nous avons alors :
∑
→→
=
i
iF 0 ⇔
→→→→→→
=++++ 0PQTTR BDBCA
(1)
∑
→→−
=
i
AiM 0/ ⇔
→→→−→→−→→−→→−
=∧++∧+∧+∧ 0PABQABTABTAB BDBC
(2)
Articulation sphérique en A : AzAyAx RRR ,,
Tensions dans les câbles BC et BD :
Les vecteurs unitaires suivant les axes BC et BD sont donnés par :
→→→
→→→→−
→
++−=
++
++−
== kji
kji
BD
BD
uBD 38,050,076,0
)5,1(23
5,133
222
→→→
→→→→−
→
−+−=
++
−+−
== kji
kji
BC
BC
uBC 38,050,076,0
)5,1(23
5,123
222
Les tensions dans les deux câbles s’écriront sous la forme :
→→→→→
++−== kTjTiTuTT BDBDBDBDBDBD 38,050,076,0
→→→→→
−+−== kTjTiTuTT BCBCBCBCBCBC 38,050,076,0
La projection de l’équation (1) sur les axes donne les trois équations scalaires :
076,076,0 =−− BDBCAx TTR (3)
050,050,0 =−−++ QPTTR BDBCAy (4)
038,038,0 =+− BDBCAz TTR (5)
L’équation (2) s’écrira :

4. 









=









−
∧










+










−
−
∧










+










−∧










+










−∧










0
0
0
38,0
50,0
76,0
0
0
3
38,0
50,0
76,0
0
0
3
0
0
0
0
3
0
0
0
0
5,1
BD
BD
BD
BC
BC
BC
T
T
T
T
T
T
QP
En développant ce produit vectoriel, nous obtenons les trois équations suivantes :
Sur l’axe oy : 038,0338,03 =×+×− BDBC TT ⇒ TTT BDBC ==
(6)
Sur l’axe oz : 050,0350,0335,1 =×+×+−×− BDBC TTQP ⇒ N
QP
T 650
3
35,1
=
+
=
(7)
Comme TTT BDBC ==
(3) NTRAx 98852,1 ==
(4) NTQPRAy 150=−+=
(5) 0=AzR
NRRRR AzAyAxA 32,999222
=++=
Exercice 02 (06 points) :
1) Matrice de passage de R1 vers R0
[ ]


















−=>−−
100
0
2
2
2
2
0
2
2
2
2
01 RRP
2)Tenseur d’inertie de la barre BD dans le repère R1
Masse de la barre BD : 2aM BD λ=
0=xxI ; ( ) ( )
6
2
. 3
2
2
2
2
22
11
adxxdmxRIRI
a
aS
zzyy λλ ==== ∫∫
−
[ ]
1
3
3
1
6
2..
00
0
6
2..
0
000
)(
R
a
a
RBDI
















=
λ
λ
3) Tenseur d’inertie de la barre BD dans le repère R0
[ ] [ ] [ ] [ ]PBDIPRBDI R
T
.)(.)( 10
=
→→→→
++= 0001 .0
2
2
2
2
kjii
→→→→
++−= 0001 .0
2
2
2
2
kjij
→→→→
++= 0001 .0.0 kjii

5. 

















−


































−=



100
0
2
2
2
2
0
2
2
2
2
6
2..
00
0
6
2..
0
000
100
0
2
2
2
2
0
2
2
2
2
)(
3
3
0
a
a
R
BDI
λ
λ


















−
−
=





6
2..
00
0
12
2..
12
2..
0
12
2..
12
2..
)(
3
33
33
0
a
aa
aa
R
BDI
λ
λλ
λλ
4) Tenseur d’inertie de chacune des barres dans le repère R0
a) Barres : AB et CD
[ ] [ ]
0
3
3
3
00
3
.
00
0
12
.
0
00
4
.
)()(
R
a
a
a
RCDIRABI


















==
λ
λ
λ
a) Barres : AD et BC
[ ] [ ]
0
3
3
3
00
3
.
00
0
4
.
0
00
12
.
)()(
R
a
a
a
RBCIRADI


















==
λ
λ
λ
5) Tenseur d’inertie du système (carré + diagonale) dans le repère R0
[ ] [ ] [ ] [ ] 0000
)()(2)(2)( RBDIRADIRABIRSystèmeI ++=
A
CD
B
x
y
A
CD
B
x
y

6. [ ]


















−
−
+


















+


















=
6
2..
00
0
12
2..
12
2..
0
12
2..
12
2..
3
.
00
0
12
.
0
00
4
.
2
3
.
00
0
12
.
0
00
4
.
2)(
3
33
33
3
3
3
3
3
3
0
a
aa
aa
a
a
a
a
a
a
RSI
λ
λλ
λλ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
[ ]




























+








+−
−







+
=
6
2
3
4
.00
0
12
2
3
2
.
12
2..
0
12
2..
12
2
3
2
.
)(
3
3
3
3
3
0
a
a
a
a
a
RSystèmeI
λ
λ
λ
λ
λ

7. [ ]


















−
−
+


















+


















=
6
2..
00
0
12
2..
12
2..
0
12
2..
12
2..
3
.
00
0
12
.
0
00
4
.
2
3
.
00
0
12
.
0
00
4
.
2)(
3
33
33
3
3
3
3
3
3
0
a
aa
aa
a
a
a
a
a
a
RSI
λ
λλ
λλ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
[ ]




























+








+−
−







+
=
6
2
3
4
.00
0
12
2
3
2
.
12
2..
0
12
2..
12
2
3
2
.
)(
3
3
3
3
3
0
a
a
a
a
a
RSystèmeI
λ
λ
λ
λ
λ