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Chap04. Géométrie des masses

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CHAPITRE 4. GÉOMÉTRIE DES MASSES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.1 4.1. Description d’un système matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.1 4.1.1. Notion de point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.1 4.1.2. Systèmes matériels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.1 4.1.3. Utilité de la géométrie des masses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.1 4.2. Centre de masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.2 4.2.1. Définition du centre de masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.2 A) Expression vectorielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.2 B) Coordonnées du centre de masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.3 4.2.2. Centre de masse et centre de gravité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.4 A) Champ gravifique uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.4 B) Solide homogène . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.6 4.2.3. Systèmes rectilignes et systèmes plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.8 4.2.4. Systèmes à symétrie matérielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.12 4.2.5. Principe de subdivision . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.14 4.2.6. Théorèmes de Guldin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.16 A) Premier théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.16 B) Second théorème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.18 4.3. Moments d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.20 4.3.1. Définitions du moment d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.20 4.3.3. Théorème de König-Huyghens (changement d’axe) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.22 4.3.4. Rayon de giration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.24 4.3.5. Moment d’inertie polaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.24 4.3.6. Produit d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.25 4.3.7. Moments d’inertie par rapport à toutes les droites issues d’un point . . . . . . . . - 4.26 4.3.8. Cas particuliers : les systèmes plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.27 4.3.9. Ordre de calcul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . - 4.33 -
Version du 15 août 2016 (12h50)
CHAPITRE 4. GÉOMÉTRIE DES MASSES
4.1. Description d’un système matériel
4.1.1. Notion de point matériel
Les objets matériels qui, dans certaines circonstances, peuvent être considérés comme petits et
dont la position sera repérée avec suffisamment de précision par trois coordonnées, seront appelés des
“points matériels” (les circonstances sont parfois telles qu’un objet, énorme à notre échelle, le soleil par
exemple, puisse être considéré comme petit au sens ci-dessus). On appelle ainsi “point matériel” un point
doué de masse. Ce concept est donc une idéalisation, souvent utile, de la notion familière d’objet
matériel.
4.1.2. Systèmes matériels
On appelle “système de points matériels”, ou plus simplement “système matériel”, tout ensemble
(fini ou non) de points matériels. Dans le cas des systèmes constitués d’un nombre fini de points, on
appelle masse m du système matériel la somme des masses mi de chacun de ses n points :
n
m
m
i
i1
Dans les cas où on est amené à idéaliser un objet par un ensemble de points matériels très
nombreux et très rapprochés les uns des autres (en faisant par exemple correspondre un point matériel
à chaque atome de l’objet), on facilitera les calculs pratiques en adoptant une représentation continue du
système, en associant à chaque élément différentiel dΩ (élément d’une courbe, d’une surface ou d’un
volume) une masse élémentaire :
dm   d
ρ étant la masse unitaire (respectivement par unité de longueur, ou par unité de surface, ou par unité de
volume).
La masse totale du système matériel S aura ainsi l’expression :
m  dm   d


S
S
4.1.3. Utilité de la géométrie des masses
La géométrie des masses regroupe les définitions et la recherche des propriétés d’un certain
nombre de paramètres caractérisant les systèmes matériels. A tout système matériel on associe un point
appelé centre de masse et dont la connaissance fournit une information globale sur la situation du
système (le centre de masse est une sorte de point moyen du système). A tout système on associe aussi
une famille de paramètres appelés moments et produits d’inertie, qui caractérisent la dispersion (ou
inversement la concentration) des points du système autour d’un point, d’une droite ou d’un plan donnés.
Le centre de masse, les moments et produits d’inertie donnent donc une idée sommaire de la situation
et de la confirmation du système. On verra qu’en plus de leur rôle de caractérisation globale des
systèmes, les paramètres étudiés dans la géométrie des masses jouent un rôle fondamental et tout à fait
précis dans l’étude dynamique des systèmes.
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.1 -
4.2. Centre de masse
4.2.1. Définition du centre de masse
A) Expression vectorielle
fig. 4.1. - Définition.
Considérons le système des n points Ai ( 1  i  n ) et associons à chacun de ces points une masse
non nulle mi, par définition positive.
Remarque :
Il peut être utile de traite certains problèmes en y admettant partiellement des points à
n
masse négative, à condition que :
m
i
 m  0 , non nul, m étant la masse totale du
i1
système).
On peut définir un point G par la relation :
n

m OG 

m
OAi
i
i1
soit encore :
n

OG 

n


mi OAi
i 1

n
m

mi OAi
i1
m
(éq. 4.7.)
i
i1
Remarque :
C’est la formule de l’axe central pour des forces parallèles.
Ce point G est indépendant du point O qui sert à définir : en effet soit O1  O et G1 le point
analogue à G mais déterminé à partir de O1 :
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.2 -


m


m  O O  OG    m


m O1 G1 

i
O1 A i
i

 

 O1O  OA1 



1
1


m O1O  m OG1 
m

i

O1O 

m
i

OAi

m OG1   mi OAi  m OG

et ainsi G1 coïncide avec G.
Le point G est dès lors défini sans ambiguïté; on l’appelle “centre de masse”, ou encore “centre
d’inertie”, ou “barycentre”.
Remarques :
1) On peut encore définir G de façon intrinsèque (c’est-à-dire indépendamment du point
de référence O) par la relation :


 mi GAi  0
ce qui revient à faire coïncider l’origine du système d’axes avec G.
2) Pour les répartitions continues de masses, les formules ci-dessus restent valables, à
condition de substituer aux sommes des intégrales :



m OG   OA dm   OA  d
S
S
dΩ étant un élément différentiel de courbe (fig. 4.2.a), de surface (fig. 4.2.b) ou de
volume (fig. 4.2.c) de masse unitaire ρ, localisé en A.

3) OA est le vecteur position du centre de gravité de l’élément dΩ.
fig. 4.2. - Position du centre de masse.
B) Coordonnées du centre de masse
Elles sont immédiates à trouver, à partir de la formulation vectorielle : pour un système de n
points Ai, on a :
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.3 -
xG 
m
i
x Ai
m
; yG 
m
i
y Ai
m
; zG 
m
i
z Ai
m
De même, pour un système continu S, on aura :
xG 
 x dm
 y dm
S
S
m
; yG 
 z dm
; zG 
m
S
m
Remarque importante :
x, y et z représente les coordonnées du centre de gravité de dm.
4.2.2. Centre de masse et centre de gravité
A) Champ gravifique uniforme
Soit un système de n points matériels Ai. Sous l’action de la pesanteur, chaque point Ai de masse



mi est soumis à l’action d’une force pi (poids du point). La résultante P de ces forces pi :
 n 
P   pi
i 1
doit être appliquée sur son axe central.
Définition : On appelle “centre de gravité” le point d’application de la résultante
de ces forces de pesanteur.
C’est l’équivalent de la recherche de l’axe central.
Si on suspend le système en un point A1 (quelconque), en le laissant pendre sous l’action de la
pesanteur, il va prendre sa position d’équilibre (fig. 4.3.a); soit d1 la verticale menée par A1.
On suspend ensuite le système par le point A2, et, à l’équilibre, on mène cette fois la verticale
d2 par A2 (fig. 4.3.b). Dans le cas où le système est placé dans un champ gravifique uniforme (vecteur

accélération de la pesanteur, g , constant en grandeur et en direction), on constate que d1 et d2 se
coupent, en un point qui coïncide avec le centre de masse G (et, comme le choix de A1 et A2 est arbitraire,
on peut en dire autant si on suspend le système par un autre point, par exemple A3; à l’équilibre, la
verticale d3 tracée par A3 passe aussi par G).
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.4 -
fig. 4.3. - Position.
En effet, suspendre le système en A1 et mener la verticale d1 revient en fait à considérer en tous


points Ai du système des vecteurs poids pi  mi g . Si le champ gravifique est uniforme, ces vecteurs
sont tous parallèles à la verticale (fig. 4.5.).
 n 
Leur résultante P   pi 
i 1
n
m
i

g située sur son axe central, doit passer par le point A, afin
i 1



de former avec la réaction d’appui f A1 un système de deux forces équivalent à zéro ( P et f A1 doivent

être des vecteurs réciproques). Or la droite d1, qui est donc l’axe central des forces pi , admet pour
équation (voir § 3.2.3. théorème de Varignon) :
fig. 4.4. - Expression analytique de la position.
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Page - 4.5 -

 x d1 



 y d1 

x
i
pi x
Px
y
i
Py
pi y

x
i
mi g
mg
y

i
mi g
mg

x
i
mi
m
y

i
mi
(éq. 4.27.)
m
(la simplification par g ne pouvant se faire que si le champ gravifique est uniforme).
Ceci prouve bien que G, centre de masse, se trouve sur d1 (puisque ses trois coordonnées vérifient
les deux équations ci-dessus). De même, on montrerait que G appartient à d2, d3, ... di. Le centre de
gravité d’un système matériel, sous l’hypothèse énoncée, est ainsi confondu avec le centre de masse.
Remarque :
La généralisation pour les systèmes continus est immédiate (il suffit de remplacer le
signe somme  par intégrale , et on retrouve les expressions de § 4.2.1.B)).
B) Solide homogène
Un système S est dit homogène si sa masse unitaire ρ (par unité de longueur, ou par unité de
surface, ou par unité de volume) est constante pour tout élément différentiel dΩ. Dans ce cas, on peut
écrire (pour les systèmes continus par exemple) :

S x dm S x  d S x d



 xG 
dm

d


S
S
S d


S y dm S y  d S y d



 yG 

S dm S  d S d


S z dm S z  d S z d

zG 



dm

d

S
S
S d

ce qui signifie que pour un solide volumique homogène, par exemple, le centre de masse est confondu
avec le “centre de volume”.
Remarque :
Dans la suite du texte, et sauf mention explicite du contraire, nous considérerons les
systèmes matériels envisagés comme homogènes et placés dans un champ gravifique
constant.
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Page - 4.6 -
Application 4.1. Déterminer le centre de masse d’un solide S constitué d’un huitième de sphère pleine
homogène, de rayon r0.
Solution :
Calculons d’abord la position du centre de gravité en x
Application de la formule de base avec
dm   dV (ici   V et ρ constant) :
 x dm  x  dV  x dV
xG 
m


dm
m
V

V
  dV
 dV
V
V
et prenons pour dV le plus grand élément
différentiel associé à une valeur de x (x
représentant la position sur l’axe Ox du centre
de gravité de l’élément dV) donnée :
1
dV   r 2 dx
4
avec, dans le triangle OPQ, la relation, sachant
que :
OP  r0
 r 2  r02  x 2

OQ  x
fig. 4.5. - Application 4.1.
Résolution des intégrales
a)
 dV
V
 dV  
r0
0
V
1
 r 2 dx 
4

r0
0
1
 r02  x 2 dx
4


r0

 x 3   1  3 r03 
r0
1  2
  r0  x  0   
   r0  
4 
3 0  4 
3




b)
1
 r3
6
 x dV
V

 x dV  4 
r0
0

x r02  x 2

V


4
  x 2  r0  x 4  r0    r 4 r 4 
 r02
    0  0 
  2 
4
 4  0  4  2
0

 r04
16
On trouve ainsi pour xG :

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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.7 -
 r04
3r
xG  V
 163  0
 dV  r0 8
V
6
 x dV
Un calcul analogue, suivant x et y, donnerait exactement les mêmes valeurs :
3r
x G  y G  zG  0
8
4.2.3. Systèmes rectilignes et systèmes plans
Si un système de n points matériels est contenu dans une droite (respectivement un plan), le
centre de masse G de ce système appartient à la droite (respectivement au plan) en question.
Autrement dit :
 si 2D :
on prend Oxy dans le plan de la figure
 z G  0   mi z Ai
 si 1D :
On prend Ox suivant la “figure” linéaire
 yG  zG  0 
mi y Ai 
mi z Ai


Soient Ai les points de masse mi, tels que :
m   mi  0
fig. 4.6. - Système rectiligne.
Supposons que ces points soient contenus dans la droite d définie par le point O et le vecteur

unitaire 1d (fig. 4.6.). On a donc :


OAi   i 1d
(λi est un réel)
De là on tire :



m OG   mi OAi   mi  i 1d
soit encore :
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Page - 4.8 -

OG 
m
i
m
i 
1d
ce qui prouve que G appartient bien à la droite d.
Pour le cas du système plan, la démonstration est analogue (à partir de deux vecteurs non


parallèles du plan, 1d et 1e ).
Remarque :
Pour des systèmes disposés suivant une courbe non rectiligne (respectivement une
surface non plane), le centre de masse n’appartient pas nécessairement à cette courbe
(respectivement à cette surface). Le centre de masse n’est pas nécessairement un des
points matériels du système.
Application 4.2. Déterminer le centre de masse de deux
points A1 (masse m1) et A2 (masse m2).
Solution :
Prenons l’origine O de la droite d confondue avec A1 :
dès lors :


OG 

fig. 4.7. - Application 4.2.

m1 OA1  m2 OA2 m2 OA2

m1  m2
m



m OG  m2 OA2

m A1 G  m2 A1 A2




m1  m2 


 

A1 G  m2  A1G  GA2 



A1 G

A2 G

m2
m1
En particulier, si m1  m2 le centre se trouve au milieu du segment; sinon il est toujours le plus
près de la masse la plus lourde. (Règle des segments inverses).
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Page - 4.9 -
Application 4.3. Déterminer la position du centre de masse
d’une surface A homogène constituée d’un quart de disque
de rayon r0.
Solution :
Choix du repère
Pour une surface plane, on sait que G appartient au
plan qui la contient; soit Oxy ce plan : il suffit de
déterminer xG et yG. Soit :
 y dA
yG 
fig. 4.8. - Application 4.3.
A
 dA
A
avec :
 dA le plus grand élément différentiel associable à la coordonnée y : dA  x dy
 x  r0 cos
 y  r0 sin   dy  r0 cos d
Résolution des intégrales
a)
 dA
A

dA  x dy 

A
 2
 r
0
0
cos  r0 cos  d
A

 2
 r
0
0
cos 
2
d
avec :

 cos
2
 d 
1
2   sin2  
4

et donc :
 2
 dA 
r02
A

b)
1

 4 2   sin2   
0


1  


 r02   2  0  0

4  2

 r02
4
 y dA
A
r03
 y dA  
A

 2
0
 2
2
sin  cos  d 
r03
 cos3  


3 0

r03
3
et dès lors :
r3 3
4 r0
yG  0 2 
 r0 4 3 
On trouverait la même valeur pour xG, par un calcul analogue (existence d’un axe de symétrie).
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.10 -
Application 4.4. Déterminer le centre de masse d’un
quart de circonférence homogène, de rayon r0.
Solution :
Remarque :
La circonférence (qui ne doit pas être confondue
avec un disque !) est une courbe non rectiligne; le
centre de masse n’appartiendra donc pas
nécessairement à cette courbe. Il faut ainsi calculer
les deux coordonnées xG et yG.
fig. 4.9. - Application 4.4.
Application de l’équation de base
 x dl
xG 
l
 dl
l
avec :
(ou : dl  dx 2  dy 2 )
dl  r0 d
x  r0 cos
Résolution des intégrales
a)
 dl
l
 dl  
 2
0
 2
r0 d  r0   0
l

b)
 r0
2
 x dl
l

x dl  r02

 2
0
 2
cos d  r02 sin   0
l
 r02
ce qui entraîne :
r2
r
xG  0  2 0
 r0 2

On trouverait la même valeur pour yG (axe de symétrie à 45° par rapport à Ox).
2 r 2 r0
Le point G ( 0 ;
) n’est donc pas un point de la courbe elle-même.


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Mécanique - Géométries des masses
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4.2.4. Systèmes à symétrie matérielle
On appelle élément de symétrie matérielle d’un système, tout élément de symétrie (centre, axe
ou plan) du système à condition que deux points quelconques qui se correspondent soient affectés de la
même masse (symétrie géométrique et massique).
Si un système de n points matériels possède un élément de symétrie matérielle, le centre de masse
du système appartient à l’élément de symétrie.
En effet, pour un système possédant un élément de symétrie matérielle, si le centre de masse G
n’appartenait pas à cet élément, il lui correspondrait son symétrique G’, qui serait aussi centre de masse
(fig. 4.10.). Or, le centre de masse est unique; il ne peut donc pas ne pas appartenir à l’élément de
symétrie du système. (Cette propriété justifie notamment le résultat trouvé aux exemples 4.3. et 4.4.).
fig. 4.10. - Système à symétrie.
La figure fig. 4.11. regroupe quelques systèmes dont on peut ainsi directement déterminer le
centre de masse.
fig. 4.11. - Systèmes à symétrie.
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.12 -
Application 4.5. Déterminer le centre de masse d’un
cône de révolution, homogène, de rayon de base r0 et de
hauteur h.
Solution :
Position du système d’axe
Le centre de masse appartient à l’axe de symétrie
du cône; plaçons dès lors notre système d’axes
avec Oz confondu avec l’axe de symétrie, d’où :
xG  yG  0
Il reste à calculer zG.
fig. 4.12. - Application 4.5.
Application de l’équation de base
 z dV
zG 
V
 dV
V
avec :
dV   r 2 dz
où :
r0
r


h hz
r  h  z 
r0
h
Résolution des intégrales
a)
 dV
V

dV 

h
0
h
 r 2 dz    h  z 
r02
2
h
0
V
 r2
 20
h

b)
2
dz 
 r02
h2
h
 h
2

 2 h z  z 2 dz
0
h
 2
 r02  h 3 
z2 z3 
h
z

2
h


 


2
3 0
h2  3 

 r02 h
3
 z dV
V

z dV 
h
 
0

z  r 2 dz 
V
 r2
 20
h

 r02
h2
h
 h
0
2

z  2 h z 2  z 3 dz
h
h
3
4
  z2 h 
  r 2  h4 2 h4 h4 



z
z
2
0
 h


2
h


 



   2 
 
2
3
4
2
3
4
h







0
0
0
 r02 h 2
12
ce qui nous donne :
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Page - 4.13 -
zG 
 r02 h 2 12 h

4
 r02 h 3
4.2.5. Principe de subdivision
Si un système S de n points matériels Ai peut se subdiviser en un nombre fini de sous-ensembles
disjoints, son centre de masse s’obtiendra à partir des centres de masse des sous-ensembles, chacun de
ceux-ci étant doté de la masse totale du sous-ensemble.
C’est évidemment un cas particulier de l’expression (éq. 4.7.).
Application 4.6. Déterminer la position du centre de masse
d’une plaque homogène en forme d’équerre, de dimensions
précisées ci-contre.
Première solution :
Constatons que la symétrie matérielle de la pièce entraîne
xG  yG .
Principe de subdivision
Décomposons la surface en deux rectangles A1 et A2,
de centres de masses et de surfaces immédiatement
connus :
A1  a b
avec :
b
a
x G1  et y G1 
2
2
et
A2  a  b b
avec :
b
 a  b
x G2  a  
 et y G2 
 2 
2
Application de la formule de base
A1 x G1  A2 x G2
xG 
A1  A2
fig. 4.14. - Première solution.
b

fig. 4.13. - Application 4.6.
a b 2  a  b b  a 
a  b

2 
a b    a  b  b
a 2  a b  b2
4a  2b
En appliquant la formule pour yG, on trouve la même valeur que pour xG.

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Page - 4.14 -
Deuxième solution :
Principe de subdivision
Il est également possible de décomposer l’équerre en
un carré A3 (de côté a) moins un carré A4 (de côté
a  b ), de centres de masse respectifs G3 et G4. Ceci
revient à dire qu’il faut considérer A4 comme une
surface “négative” :
A3  a 2
avec :
a
x G3  y G3 
2
et
fig. 4.15. - Deuxième solution.
2
A4   a  b
avec :
 a  b
x G4  y G4 
2
Application de la formule de base
A3 x G1  A4 x G2
xG 
A3  A4
a2

2  a  b
a
  a  b 

 2 
2



a 2   a  b
2

a 2  a b  b2
4a  2b
Ce qui confirme le premier résultat.

Troisième solution :
Calcul intégral
Le même résultat aurait pu être obtenu par calcul
intégral, comme précédemment : sans détailler tous
les calculs, on peut écrire :
dA1
dA2
b 
a 
x
dA

x a dx  x b dx
xG 
A

 dA
A


 a dx  
0
b
b
a
0
b
b
b dx
a
 x2 
 x2 
a  b 
2
 2 b
   b0
a
a  x  0  b  x b
fig. 4.16. - Troisième solution.
a 2  a b  b2
4a  2b
Et de même pour yG.

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Page - 4.15 -
Quatrième solution :
Graphostatique
Remarquons que G peut être déterminé de façon
purement graphique : il appartient à l’élément de
symétrie matérielle (par § 4.2.3.B) et appartient à la
droite joignant G1 à G2 (par § 4.2.3.A).
D’autres décompositions auraient pu convenir (en
deux autres rectangles, ou en trois rectangles...).
Cinquième solution :
Théorème de Guldin
Voir § 4.2.6.
fig. 4.17. - Quatrième solution.
4.2.6. Théorèmes de Guldin (1)
A) Premier théorème
Considérons un arc de courbe l homogène, dans le plan Oyz, et ne traversant pas l’axe Oz (fig.
4.19.). En faisant tourner cet arc de courbe autour de l’axe Oz, on engendre une surface de révolution
dont l’aire Al vaut :
Al  2  rG l
2  rG :
représentant la longueur de la circonférence décrite par G, centre de masse de
la courbe l (le centre de gravité G ne ce trouvant pas nécessairement sur la
courbe l).
fig. 4.18. - Premier théorème de Guldin : principe.
(1)
Guldin Paul (Guldin Habakuk) , (1577 [Mels] - 1643 [Graz] : jésuite suisse, astronome et mathématicien.
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Page - 4.16 -
Démonstration :
En effet, un élément d’arc dl engendre un tronc de cône dont l’aire latérale dA vaut :
dA  2  y dl
On obtient dès lors :
1
Al  2   y dl  2  l  y dl
l l
l

yg
 2  l yG
 2  l rG
fig. 4.19. -
Premier théorème de Guldin :
La surface de révolution engendrée par une ligne tournant autour d’un axe, situé
dans son plan et ne la traversant pas, est égal au produit de la longueur de la ligne
par la circonférence que décrit son centre de masse.
Application 4.7. Déterminer le centre de masse d’un quart de circonférence homogène de rayon r0
(voir application 4.4.).
Solution :
La pièce est symétrique :
xG  yG
Appliquons le théorème de Guldin
En faisant tourner le quart de circonférence autour de Oy, on
engendre une surface hémisphérique :
AL  2  rG l
1
 r 
4  r02  2  x G  0 
 2 
2
ce qui donne :
2r
xG  0  yG

déjà trouvé précédemment.


fig. 4.20. - Application 4.7.
Remarque :
Dans l’exemple ci-dessus, nous avons supposé connu la surface extérieure d’une sphère,
soit :
Asphère  4  r0
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Page - 4.17 -
Application 4.8. Recherchez la surface latérale d’un tore
(surface d’une chambre à air) dont on connaît :
. m
 le rayon de la circonférence r  010
 le rayon d’enroulement R  0.25 m .
Solution :
Appliquons Guldin
A  2  rG l
fig. 4.21. - Application 4.8.
 2   R  2  r   4  2 R r
 4   2  0.25  01
.  0.99  1 m 2
B) Second théorème
Second théorème de Guldin :
Le volume de révolution engendré par une surface tournant autour d’un axe, situé
dans son plan et ne la traversant pas, est égal au produit de l’aire de cette surface
par la circonférence que décrit son centre de masse.
V A  2  rG A
fig. 4.22. - Second théorème de Guldin : principe
Démonstration :
Un élément de surface dA engendre par sa rotation un volume élémentaire :
dV  2  y dA
et ainsi, on obtient :
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.18 -
VA  2 
 y dA  2 
A
A
1
y dA
A A



yG
 2  yG A
 2  rG A
Remarques :
1) On peut évidemment, par Guldin,
 soit trouver rG si on connaît le volume
 soit trouver le volume, si on connaît rG
2) Pas de troisième théorème de Guldin... car si on fait tourner un volume nous avons la 4ième
dimension...
Application 4.9. Déterminer la position du centre de masse d’un quart de disque homogène de rayon
r0 (voir application 4.3.).
Solution :
La pièce est symétrique :
xG  yG
Appliquons le théorème de Guldin
En faisant tourner le quart de disque autour de Oy, on
engendre un volume hémisphérique :
V A  2  rG A
  r02 
14
3

r

2

x


0 
G 

23
 4 
ce qui donne :
4r
xG  0  yG
3
déjà trouvé précédemment.
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Mécanique - Géométries des masses
fig. 4.23. - Application 4.9.
Page - 4.19 -
4.3. Moments d’inertie
4.3.1. Introduction
Le centre de masse (gravité) permet de réduire un solide (surface ou ligne) en un point.
Cependant, la répartition des masses (surfaces, lignes) autour de ce centre de masse à aussi son
importance. C’est la notion de “moment d’inertie”.
En effet, par exemple, deux masses de 1 kg séparer de 1 m va “réagir” différemment à sa mise
en rotation que si le deux masses étaient séparées de 2 m. Pour tant le système à même centre de gravité.
En résistance des matériaux, disposer une poutre rectangulaire “à plat” ou sur sa “tranche”, aura
un effet direct sur la déformée de celle-ci.
4.3.1. Définitions du moment d’inertie
On appelle moment d’inertie du système par rapport à un élément de référence r, qui peut être
un point, une droite, ou un plan, la somme des produits des masses élémentaires du système par le carré
de leur distance à l’élément de référence r. Soit :
n
J r   mi d i2
kgm2
i 1
Le moment d’inertie caractérise ainsi grossièrement la dispersion des masses autour de l’élément
de référence : il est d’autant plus grand qu’il y a plus de masses élevées à grande distance de l’élément
de référence r (point, droite ou plan, selon le cas).
fig. 4.24. - Moment d’inertie.
Dans le cas d’un système matériel S continu, nous aurons la définition suivante :
J r   d 2 dm
kgm2
S
dans laquelle d désigne la distance de la masse élémentaire dm à l’élément de référence r (dans le cas de
la figure fig. 4.24. r est un axe).
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.20 -
Application 4.10. Trois points matériels de masses 3, 5 et 2 kilogrammes sont situées respectivement
aux points A (-1; 0; 1), B (2; 1; 3) et C (-2; 2; 1). Les coordonnées sont en mètres. Trouver les
moments d’inertie par rapport à chacun des axes de coordonnées.
Solution :
Moment d’inertie par rapport à l’axe x :
Par définition :
Jx 
 m y
i
2
i
 
 
 

 
 

 
 

 zi2  3 0 2  12  5 12  32  2 2 2  12
 63 kgm 2
Moment d’inertie par rapport à l’axe y :
Par définition :
Jx 
 m x
i
2
i
 
 zi2  3 12  12  5 2 2  32  2 2 2  12
 81 kgm 2
Moment d’inertie par rapport à l’axe z :
Par définition :
Jx 
 m x
i
2
i
 
 yi2  3 12  0 2  5 2 2  12  2 2 2  2 2
 44 kgm 2
Application 4.11. Calculer le moment d’inertie d’un
cylindre plein homogène, de hauteur h et de rayon r0,
par rapport au plan Oxy. Le système d’axes est centré
en G, centre de masse du cylindre. Calculer ensuite
le moment d’inertie de ce cylindre par rapport à l’axe
Oz.
fig. 4.25. - Application 4.11.
Solution :
Moment d’inertie par rapport au plan Oxy
La masse volumique ρ étant constante, on peut écrire :
dm    r02 dz


Appliquons la définition :
J Oxy  
h 2
h 2
h 2
h2
z 2 dm  
   r02


z 2   r02 dz

h 2
h 2
z 2 dz
h3
h2
m
12
12
m représentant la masse totale du cylindre.
   r02
fig. 4.26. - Résolution.
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Page - 4.21 -
Moment d’inertie par rapport à l’axe Oz
Appliquons la définition :
J Oz  r 2 dm

m
Avec :
dm   dV   2  r  h dr


D’où :
J Oz   2  h


r0
0
r 3 dr
  h r04 m r02

2
2
fig. 4.27. - Résolution.
4.3.3. Théorème de König-Huyghens (changement d’axe)
Le théorème de König (2) -Huyghens (3) (aussi appelé théorème du changement d’axe) permet de
calculer un moment d’inertie par rapport à un axe parallèle à un axe passant par le centre de gravité de
la surface et dont on connaît déjà le moment d’inertie.
De par la définition du moment d’inertie, on remarque que les valeurs des moments d’inertie d’un
système matériel S dépendent du point (ou droite, ou plan) par rapport auquel on les calcule.
Soient a et aG deux droites parallèles, aG étant la droite passant par le centre de masse G du solide
S fig. 4.28..
fig. 4.28. - Mouvement plan du solide.
Par chaque point Ai, conduisons un plan perpendiculaire à ces deux droites, et appelons Bi et Ci



les points de percée respectifs. Le vecteur Ci Bi est identique pour chacun des points Ai : soit Ci Bi  d .
Dès lors, par construction et par définition du produit scalaire, on a :
(2)
König (Koenig), Samuel (1712 [Büdingen] - 1757 [Zuilenstein] : mathématicien allemand.
(3)
Huygens, Christiaan (Huygens Christianus - Hugenius Christianus), (1629 [La Haye] - 1695 [La Haye]) : mathématicien,
astronome et physicien néerlandais.
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Page - 4.22 -

m
 m
Ja 
i
i
2
Ai Bi


Ai Bi  Ai Bi

 

 Ai Ci  Ci Bi 


m

m AC  AC  m




i

i

 J aG
m
i

 

  Ai Ci  Ci Bi 



i

i
i

mi Ai Ci

 m d aa
i


C
i Bi  Ci Bi  2


d
m
i


Ai Ci  Ci Bi
aaG
2
2
G
i


 


 2  mi Ai Ci   Ci Bi
 
 


0



Ai Ci  0 n’est autre que la projection sur un plan normal à aG de la relation de définition
du centre de masse. Autrement dit : les masses sont réparties de façon égales autour du centre de masse
G.
Dès lors :
2
J a  J aG  m d aa
G
Définition :
Le moment d’inertie d’un système matériel par rapport à une droite a est égale à
son moment d’inertie par rapport à une droite parallèle à la première et passant par
son centre de masse, majoré du moment d’inertie par rapport à la droite initiale du
point matériel coïncidant avec le centre de masse et affecté de la masse totale du
système.
Remarque :
JaG porte aussi le nom d’ “inertie propre”
On en déduit l’importante propriété : de tous les moments d’inertie d’un système par rapport
à tous les points de l’espace, le plus petit est celui calculé par rapport au centre de masse.
Le centre de masse est donc le point (manifestement unique) qui rend minimum le moment
d’inertie par rapport à lui.
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Page - 4.23 -
Application 4.12. Calculer le moment d’inertie d’un cylindre plein
homogène, de hauteur h et de rayon r0, par rapport a un axe a tangent à
une génératrice du cylindre.
Solution :
Application du théorème d’Huyghens :
J a  J Oz  m d a2 Oz
Pour le calcul de JOz voir application 4.11.
D’où :
r2
3
2
J a  m 0  m r0   m r02
2
2
fig. 4.29. - Application 4.12.
4.3.4. Rayon de giration
Pour un système de masse totale m et de moment d’inertie Jr par rapport à un point (une droite,
un plan), on appelle rayon de giration par rapport à ce point (cette droit, ce plan), la longueur ig r définie
par :
Jr
m
ig r 
m
Il exprime la distance à laquelle il faudrait placer toute la masse m par rapport à l’axe de
référence afin d’avoir une inertie équivalente.
4.3.5. Moment d’inertie polaire
Le moment d’inertie polaire est le moment d’inertie par rapport à un pôle O (point),
généralement le centre du système d’axes utilisés.
De par la définition du moment d’inertie, le moment d’inertie polaire s’écrit :
J O    2 dm ou

2
i
mi
i
S
Sachant que  2  x 2  y 2  z 2 , le moment d’inertie polaire peut aussi s’exprimer par la demi
somme des 3 moments d’inertie par rapport aux 3 axes orthogonaux passant par le pôle O :


J O   x 2  y 2  z 2 dm 
S
1
J Ox  J Oy  J Oz
2


En effet : on verra plus tard....
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.24 -
4.3.6. Produit d’inertie
Il sera utile aussi pour la suite de définir les trois produits d’inertie Jxy, Jyz et Jzx, soit :
n
x
J xy   x y dm ou
i
yi mi
i
zi mi
i
xi mi
i 1
S
n
y
J yz   y z dm ou
i 1
S
n
z
J zx   z x dm ou
i 1
S
Le produit d’inertie, par exemple Jxy, “représente” le degré de symétrie (de masse) par rapport
aux axes, dans ce cas-ci Ox et Oy. Autrement dit, si l’axe Ox et/ou Oy est un axe de symétrie, on peut
démontrer que le produit d’inertie J xy  0 .
En effet, si un système possède un axe de symétrie matérielle et qu’on prenne cet axe pour Oy,
le produit d’inertie :
n
J xy   x i yi mi
i 1
est une somme de termes que l’on peut regrouper par paires :
x i yi mi    xi  yi mi
s’annulant mutuellement. Nous avons donc J xy  0 . Et pour une raison analogue J yz  0 . On peut
démontrer que cet axe de symétrie (qui par ailleurs porte le centre de masse) est un axe central principal
d’inertie (A.C.P.I.) (voir § 4.3.7.).
On peut aussi appliquer le théorème de Huyghens (changement d’axes) aux produits d’inertie
ce qui donne que:
Le produit d’inertie d’un système par rapport à un système d’axes sont égaux aux
produits d’inertie par rapport à un système d’axes parallèles aux premiers mais
issus du centre de masse, majorés des produits d’inertie par rapport aux axes
primitifs du point matériel qui coïncide avec le centre de masse et a pour masse la
masse totale du système.
Jab  J ab propre  m daa dbb
G
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G
Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.25 -
4.3.7. Moments d’inertie par rapport à toutes les droites issues d’un point

Soit un trièdre Oxyz et une droite a passant par O (fig. 4.30.).Si 1a est le vecteur unitaire de la
droite a, ses composantes vaudront :

a x  1a cos   cos 

a y  1a cos   cos 

a z  1a cos   cos 
fig. 4.30. - Moment d’inertie par rapport aux droites issues d’un point.
Le moment d’inertie par rapport à la droite a vaut :

Ja 


mi d i2
m
i

m
i
Ai Bi
2



 

 1a  OAi    1a  OAi 

 

En effet :





1a  OAi  1a OAi sin   1a
Et donc en développant :
Ja 
mi  a y zi  a z yi








Ai Bi
2
  a

2
z

x i  a x zi   a x y i  a y x i



2



 a x2 yi2  zi2  a y2 zi2  xi2  a z2 xi2  yi2 

mi 
 2 a a y z  2 a a z x  2 a a x y 

y z i i
z
x i i
x
y i i
J a  J Ox cos2   J Oy cos2   J Oz cos2 
 2 J xy cos  cos   2 J yz cos  cos   2 J zx cos  cos 
© J-P. Bauche - R. Itterbeek
Mécanique - Géométries des masses
(éq. 4.146.)
Page - 4.26 -
Ja varie ainsi avec la direction de la droite a.
On démontrera (plus tard, un jour ...) qu’il existe trois directions (orthogonales entre elles) parmi
toutes celles issues du point O, pour lesquelles le moment d’inertie correspondant est un extremum local.
Ces trois directions sont appelées axes principaux d’inertie en ce point.
Si le point considéré est le centre de masse G, ces trois directions seront appelées axes centraux
principaux d’inertie (en abrégé A.C.P.I.).
4.3.8. Cas particuliers : les systèmes plans
Le cas des systèmes plans est singulièrement important : on verra dans le cours de Résistance
des Matériaux pour quelles raisons on est amené à devoir connaître des moments d’inertie de figures
planes, qui sont en général des sections de poutre.
Prenons pour plan Oxy le plan de la figure. Une surface plane étant par définition “continue”,
on va associer à chaque point A (x; y) (sa coordonnée en z étant toujours nulle), un élément de masse
dm   dV   l dA , avec dA élément infinitésimal de surface (fig. 4.31.).
fig. 4.31. - Systèmes plans.
Si le matériau est homogène, isotrope et que la surface à, par principe, une épaisseur constante
(nulle) on prendra dès lors comme définitions :
Remarque :
On utilisera comme symbole pour le moment d’inertie plan “I”; “J” étant réserver pour
symboliser le moment d’inertie de masse.
1) de moments de surface (moment d’inertie statique) :
I x   y 2 dA
S
2
(m4)
I y   x dA
S
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Page - 4.27 -
Application 4.13. Quelle est le moment d’inertie d’une section triangulaire par rapport à sa base ?
Solution :
Moment d’inertie par rapport à sa base
Plaçons l’axe Ox sur la base du triangle
et par définition :
I Ox 

h
0
y 2 dx
Avec :
dA  e dy
e h y

b
h
D’où :
I Ox 

h
0
eb

y2 b
h  y 
h
h  y  dy
fig. 4.32. - Application 4.13. résolution.
h
h
h
 y 4  
b   y 3 

b    
h   3  0  4  0 

b h3 b h3 b h3


3
4
12
2) de produit d’inertie :

I xy  x y dA
D’autre part :
I yz  I zx  0
A
Remarque :
Le produit d’inertie I xy  0 si Ox et/ou Oy est un axe de symétrie.
Application 4.14. Calculez le produit d’inertie d’un rectangle par rapport à 2 de ces côtés.
Solution :
Application de la formule de base
Soit :

I OxOy  x y dA
A
Avec :
dA  dx dy
D’où :
I OxOy 
 x y dx dy
A
Intégrale double.
fig. 4.33. © J-P. Bauche - R. Itterbeek
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Page - 4.28 -

I OxOy 
b
0
x dx

h
0
y dy
b2 h2  b h
 
2 2  2 

2
Remarque :
Si nous avions calculé le moment d’inertie par rapport à 2 axes perpendiculaire passant
par son centre de gravité G, nous aurions trouvé “0". En effet :
I "G " 

b 2
b 2
x dx

h 2
h 2
y dy  0
3) d’inertie polaire :
IO 
1
Ix  Iy  Iz
2


Avec :
Iz  Ix  I y
 I O  I x  I y (éq. 4.163.)
4) du théorème de König-Huyghens (changement d'axe) :
Il s’énonce comme suit (fig. 4.34.) :
2
I a  I x P  A d ax
(éq. 4.164.)
Notations :
m4
Ia
A
inertie par rapport à l’ axe passant par le centre de
gravité G de la surface (connu) (Moment d’inertie
propre)
inertie par rapport à un axe parallèle à Ox
surface de la section
d ax
distance séparant les deux axes
m
Ix P
m4
m2
fig. 4.34. - Théorème de König-Huyghens.
L’application du théorème d’Huyghens est intéressant afin de calculer l’inertie d’une surface
complexe en la décomposant en éléments de base dont on connaît déjà l’inertie par rapport à leur propre
centre de gravité.
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Page - 4.29 -
Application 4.15. Calculez le moment d’inertie d’un rectangle de
base b et de hauteur h par rapport à un axe passant par sa base en
connaissant l’inertie de ce rectangle par rapport à son centre de
gravité. ( I x P  b h 3 12 ).
Solution :
Appliquons le théorème d’Huyghens
2
I a  I x P  A d ax
b h3
 h

 b h  
 2
12
fig. 4.35. - Application 4.15.
2
b h3

3
Application 4.16. Rechercher la position du centre de gravité G de la
poutre composée d’un IPE 200, d’un UPN 120 et d’un carré de 50.
Rechercher ensuite le moment d’inertie maximum par rapport à ce centre
de gravité.
Solution :
Décomposition en 3 parties
 le IPE 200
 le carré de 50
 le UPN 120
Les données du catalogue sont les suivantes :
 IPN 200 (200 x 100 x 5.6 x 8.5)
I axe fort  1943 cm 4
I axe faible  142.4 cm 4
A  28.5 cm 2
 UPN 120 (120 x 55 x 7 x 8.72)
I axe fort  364 cm 4
fig. 4.36. - Application 4.16.
I axe faible  43.2 cm 4
A  17.0 cm 2
Position du centre de gravité par rapport à la base de la semelle : 1.61 cm
Recherche du centre de gravité G
Prenons comme référence pour calculer la position du centre de gravité G, le centre de gravité
du “I”.
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Page - 4.30 -
Ai (cm2)
S x  Ai y i (cm3)
di (cm)
1
28.5
0.00
0.00
2
5 × 5 = 25.0
2.5 + 10.0 = 12.50
312.50
3
17.0
1.61  10.0 = 11.61
197.37

70.5
yG 
A y
A
i
i
i

115.13
11513
.
 163
. cm
70.5
Cela revient à dire que le centre de gravité G de la poutrelle composée, si on prend comme
référence le centre de gravité du “I”, “monte” de 16.3 mm.
Recherche du moment d’inertie
Application du théorème d’Huyghens
Ix P (cm4)
Ai (cm2)
Ai d i2y (cm4)
di y (cm)
1
1943.00
28.5
1.63
75.72
2
h4
 52.08
12
25.0
10.87
2953.92
3
43.20
17.0
1.6 + 10 + 1.6 = 13.20
2962.00

2038.28
5991.64
L’inertie totale vaut :
I x Tot  I x P  Ai d i2y
 2 038.28  599164
.  8 029.92 cm 4
5) du rayon de giration
Par définition le rayon de giration ig r (par rapport à un axe de référence r) est :
ig r 
Ir
A
m
Il représente la distance à l’axe référence r, d’un point où l’on pourrait concentrer toute la surface
pour obtenir le même moment d’inertie Ir.
En effet :
I x  A i g2 x
Il sera surtout employé dans les calculs de résistance au flambage.
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Page - 4.31 -
Remarque :
L’indice dont est affecté le symbole du rayon de giration représente l’axe par rapport
auquel il est mesuré perpendiculairement. Par exemple ig x est mesuré perpendiculairement à l’axe Ox.
6) d’axes centraux principaux d’inerties :
Si on veut connaître le moment d’inertie par rapport à la droite a, passant par 0, il suffit
d’appliquer la formule du paragraphe § 4.3.7. (éq. 4.146.) en constatant que    2   et que    2
(fig. 4.38.) :
fig. 4.38. - A.C.P.I
I a  I x cos 2   I y sin 2   I xy sin2   (éq. 4.181.)
La droite a sera un axe principal d’inertie si Ia est soit maximum, soit minimum. Sa direction
α peut être déterminée :
dI a
 0   2 I x cos  sin   2 I y sin  cos   2 I xy cos2  
d
soit encore :
I y  I x sin2    2 I xy cos2  


et si I x  I y :
tan2   

2 I xy
Iy  Ix
 2 I xy 
1

  k
arctan
(éq. 4.186.)
2
I

I
2
 y
x
Il y a donc deux axes principaux d’inertie, passant par O, et ils sont perpendiculaires entre eux.
Dans le cas où O est confondu avec G, centre de masse du système, on en conclura qu’il existe deux axes
centraux principaux d’inertie, perpendiculaires entre eux.
Remarques :
1) Si I x  I y , alors     4 ;
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Page - 4.32 -
2) Si soit l’axe Ox, soit l’axe Oy et un axe de symétrie
matérielle du système, alors I xy  0 , et le système d’axes
Oxy est principal d’inertie:
3) Pour un système plan possédant un axe de symétrie, cet
axe est un A.C.P.I.; le deuxième A.C.P.I. est
perpendiculaire au premier, et passe par G (fig. 4.39.)
4) Si, pour un système d’axes centré en G, on a I x  I y et I xy  0
alors, pour tout α : I a  I x  I y  cst , et il y a donc une
infinité d’A.C.P.I. (tout axe central d’inertie est principal
d’inertie).
fig. 4.39. - ACPI et axe de symétrie.
4.3.9. Ordre de calcul
Lors de l’analyse des caractéristiques géométriques des figures planes aussi complexes qu’elles
soient, le problème 1e.plus important est de déterminer la disposition des axes principaux et des valeurs
des moments d’inertie principaux. On peut recommander l’ordre suivant de détermination de la
disposition des axes principaux et des valeurs des moments d’inertie centraux principaux d’une figure
complexe composée de parties simples dont les caractéristiques se déterminent plus facilement.
1. Traçons un système d’axes rectangulaires arbitraire. Divisons la figure en parties simples et,
au moyen des équations éq. 4.27., déterminons son centre de gravité.
2. Le système initial d’axes centraux Oxy sera tracé de façon à simplifier au possible le calcul
des moments d’inertie des parties de la figure par rapport à ces axes. Pour ce faire, en usant
des formules de transport à des axes parallèles (théorème d’Huyghens) déterminons les
moments d’inertie des parties de la figure par rapport à leurs propres axes centraux parallèles
aux axes Oxy. De cette façon, nous obtenons les valeurs de Ix, Iy et Ixy.
3. Déterminons d’après éq. 4.186. l’angle d’inclinaison des axes centraux principaux. ACPI 1 :
axe tracé sous le plus petit angle (positif ou négatif), ACPI 2 la perpendiculaire à cet axe.
4. Au moyen de l’ éq. 4.181. déterminons les valeurs des moments d’inertie centraux principaux
IACPI 1 et IACPI 2.
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Page - 4.33 -
6
Solution :
Détermination du centre de gravité
1. Traçons un système d’axes rectangulaires arbitraire.
Divisons la figure en parties simples et, au moyen des
équations éq. 4.27., déterminons son centre de gravité.
50
Application 1.17. Pour la cornière à branches inégales représentée
ci-contre, déterminer la position des A.C.P.I. et les moments
d’inertie correspondants (cotes en mm).
6
Dans notre cas : système d’axe Oxy et rectangle 1 et
rectangle 2 (voir figure ci-dessous).
Ensuite calcul du centre de gravité G voir tableau Excel,
partie supérieure.
30
fig. 4.40. - Application 1.17.
yAC
y
ACPI 2
6
1
50
ACPI 1
G1
alpha
xAC
G
G2
6
2
x
30
fig. 4.41. - Schéma pour la résolution.
2. Le système initial d’axes centraux Oxy sera tracé de façon à simplifier au possible le calcul
des moments d’inertie des parties de la figure par rapport à ces axes. Pour ce faire, en usant
des formules de transport à des axes parallèles (théorème d’Huyghens) déterminons les
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Mécanique - Géométries des masses
Page - 4.34 -
moments d’inertie des parties de la figure par rapport à leurs propres axes centraux parallèles
aux axes Oxy. De cette façon, nous obtenons les valeurs de Ix propre, Iy propre et Ixy propre.
Dans notre cas : on prends le système d’axe OxACyAC comme cela les moments d’inertie propre
b h3
des 2 rectangles seront facilement calculable avec la formule I r 
.
12
Pour appliquer le théorème d’Huyghens, le Δx et Δy c’est la variation de la position de l’axe de
référence par rapport auquel on calcule le moment d’inertie. Donc c’est la distance entre l’axe
x (respectivement y) passant par Gi et le nouvel axe xAC (respectivement yAC) passant par G. Le
signe est donné par le sens du déplacement (axe x (axe y) vers axe xAC axe yAC)).
On appliquera la formule de changement d’axe (éq. 4.164.), c’est-à-dire dans notre cas :
 I x AC 
I x propre 
Ai d y2 i


I y propre 
Ai d x2 i
 I y AC 


 
 


3. Déterminons d’après éq. 4.186. l’angle d’inclinaison des axes centraux principaux. ACPI 1 :
axe tracé sous le plus petit angle (positif ou négatif), ACPI 2 la perpendiculaire à cet axe.
Dans notre cas : la formule devient :  
 2 I xy AC 
1

arctan

2
 I y AC  I x AC 
4. Au moyen de l’ éq. 4.181. déterminons les valeurs des moments d’inertie centraux principaux
IACPI 1 et IACPI 2.
Dans notre cas : la formule devient :
 I ACPI 1  I x AC cos 2   I y AC sin 2   I xy AC sin2  

2
2
 I ACPI 2  I x AC cos    2  I y AC sin    2  I xy AC sin 2    2

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
Page - 4.35 -
Ti tre :
i
Equerre à branches inégales
Objet
2
Ai (mm )
xi (mm)
yi (mm)
3
Ai xi (mm )
3
Ai yi (mm )
1 Rectangl e 1
264,00
3,00
28,00
792,00
7392,00
2 Rectangl e 2
180,00
15,00
3,00
2700,00
540,00
Σ
444,00
3492,00
7932,00
i
xG =
7,865 (mm)
yG =
17,865 (mm)
I x propre
4
(mm )
I y propre
4
(mm )
2
d x i = Δx
d y i = Δy
Ai d x i
(mm)
(mm)
(mm )
4
Ai d y i
2
4
(mm )
I xy propre
Ai d x i d y i
4
(mm )
(mm )
4
1
42592,00
792,00
4,86
-10,14
6248,06
27118,33
0,00
-13016,80
2
540,00
13500,00
-7,14
14,86
9163,83
39773,56
0,00
-19091,31
Σ
43132,00
14292,00
15411,89
66891,89
0,00
-32108,11
4
I x AC =
110023,89 (mm )
I y AC =
29703,89 (mm )
4
4
-32108,11 (mm )
a l pha =
0,34 (ra d)
a l pha =
19,32 (degré)
4
I ACPI 1 =
121281,36 (mm )
I ACPI 2 =
18446,42 (mm )
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I xy AC =
4
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