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EXERCICES de MECANIQUE
Exercice 5 : détermination de la matrice centrale d’inertie d’un cylindre (CORRECTION)
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.
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 :
0
0
A = B
IG (S) = 0
B = A 0
0
0
C R
Choix du paramétrage :
Nous utiliserons les coordonnées cylindriques r, θ et z avec dV=rdrd θ dz
Domaine d’intégration : r varie de 0 à R, z de –H/2 à H/2 et θ de 0 à 2π
Calcul :
C=
H
2π 2 R
∫∫∫ (x² + y²)dm = ρ ∫ ∫ ∫ r .dr.dθ.dz = ρ.2π.H.
3
0
−
H 0
2
R4
M
MR 2 avec ρ = soit C =
2
2
4
π.R .H
∫∫∫ (y² + z²)dm = ∫∫∫ y²dm + ∫∫∫ z²dm = I
= B = ∫∫∫ (x² + z²)dm = ∫∫∫ x²dm + ∫∫∫ z²dm = I
= C = ∫∫∫ (x² + y²)dm = ∫∫∫ x²dm + ∫∫∫ y²dm = I
Iox = A =
Gxz
+ IGxy = B '+ C '
Ioy
Gyz
+ IGxy = A '+ C '
Ioz
Gyz
+ IGxz = A '+ B '
Les plans [Gxz] et [Gyz] jouent le même rôle pour la répartition de la matière. On peut donc
C
C en déduire que A’=B’=C/2 et par conséquent que A = + IGxy = + C '
2
2
IGxy = C ' =
H
2π 2 R
0
D’où : A =
M
H3 R²
∫∫∫ z²dm =ρ ∫ ∫ ∫ z².rdr.dθ.dz = πR²H .2π. 12 . 2
−
H 0
2
=
MH²
12
MR² MH²
+
4
12
Professeur : Franck Besnard
CPGE PSI
1
Chap2 : Eléments d’inertie
EXERCICES de MECANIQUE
La matrice centrale d’inertie du cylindre s’écrit ainsi :
MR² MH²
0
0
4 + 12
MR² MH²
IG (S) =
0
+
0
4
12
MR²
0
0
2 R
2) Déduisez-en la matrice d’inertie au centre de l’une de ses bases.
On peut