Mécanique du solide/Solide indéformable et centre d'inertie

Début de la boite de navigation du chapitre

fin de la boite de navigation du chapitre

Répartition continue de matière, solide

Définition

* Un solide indéformable est un système de points matériels tel que la distance entre deux points quelconques du système est une constante du temps

• On adopte pour la mécanique du solide le modèle de la répartition continue de matières.

Chaque élément $\mathrm {d} \tau$ de matière contient un nombre infini de points.

• On définit alors la masse volumique locale au point P du solide comme :

$\rho (P)={\frac {\mathrm {d} m}{\mathrm {d} \tau }}(P)$

Remarques :

• Le solide est homogène si $\rho (P)$ ne dépend pas de P.

On adoptera aussi des modèles de répartition continue de matière sur une surface, ou sur une ligne, selon les solides à étudier.

Masse et centre d'inertie

Masse

Définition

La masse du solide est l'intégrale de $\rho$ sur tout le solide : $M=\iiint \rho (P)\,\mathrm {d} \tau$

• Si le solide est homogène de volume V, alors $M=\rho _{0}\times V$

Centre d'inertie

Définition

Le centre d'inertie G du solide est le barycentre des points du solides pondérés par $\rho$. Il est défini par la formule : $\iiint \rho (P){\overrightarrow {GP}}\,\mathrm {d} \tau ={\overrightarrow {0}}$

En introduisant l'origine O, on obtient facilement la formule suivante pour calculer G :

Propriété

${\overrightarrow {OG}}={\frac {1}{M}}\iiint \rho (P){\overrightarrow {OP}}\,\mathrm {d} \tau$

Exemples

Plaque triangulaire homogène

Calcul

On désire calculer le centre d'inertie d'une plaque triangulaire à répartition surfacique de masse homogène $\sigma _{0}$.

On se place dans un repère $(A,{\vec {i}},{\vec {j}})$ où :

${\vec {i}}={\frac {\vec {AI}}{AI}}$ et ${\vec {j}}={\frac {\vec {BC}}{BC}}$.

On a alors :

${\overrightarrow {AG}}={\frac {1}{m}}\iint \sigma _{0}{\overrightarrow {AP}}\,\mathrm {d} S$

On note $\theta =({\vec {AI}},{\vec {BC}})$. L'aire du triangle vaut :

$S={\frac {AI.BC.sin\theta }{2}}$

de plus l'élément d'aire vaut :

$dS=dx.dy.sin\theta$

donc avec $m=S.\sigma _{0}$

on obtient :

${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI.BC.sin\theta .\sigma _{0}}}\iint \sigma _{0}{\overrightarrow {AP}}\,\mathrm {d} xdysin\theta ,$

${\overrightarrow {AG}}={\frac {2.\sigma _{0}.sin\theta }{AI.BC.sin\theta .\sigma _{0}}}\iint {\overrightarrow {AP}}\,\mathrm {d} xdy$

${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI.BC}}\iint ({\vec {AM}}+y{\vec {j}})\,\mathrm {d} xdy$

comme M est le milieu du segment $[NL]$, le second terme s'annule :

${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI.BC}}\int (NL\times {\vec {AM}})\,\mathrm {d} x$

Or $NL=AM.{\frac {BC}{AI}}$ par proportionnalité :

${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI.BC}}\int (AM.{\frac {BC}{AI}}\times {\vec {AM}})\,\mathrm {d} x$

en écrivant ${\vec {AM}}=x{\vec {i}}$, on obtient :

${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI^{2}}}\int (x^{2}\times {\vec {i}})\,\mathrm {d} x$

${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI^{2}}}\times {\frac {AI^{3}}{3}}\times {\vec {i}}$

${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{3}}\times AI{\vec {i}}$

${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{3}}\times {\vec {AI}}$

Remarques

• Le centre de gravité d'une plaque triangulaire homogène est donc le même que l'isobarycentre des trois sommets du triangle.

Triangle à répartition linéique de masse sur les côtés

Dans ce cas le calcul intégral est inutile puisque le barycentre de chaque côté est son milieu affecté du poids correspondant à la longueur du côté. Le centre de gravité de ces trois points donne celui du triangle.