Chapitre 11 Généralités sur les actions mécaniques · 524 Chapitre 11 Généralité sur les actions mécaniques 2. ... 11.2 Action mécanique exercée sur un barrage 11.2.1. L'action

Chapitre 11 Généralités sur les actions mécaniques

11.1 Action mécanique exercée sur une charpente (figure 11.5)

11.1.1. Champ des forces exercées Nous avons d'abord à caractériser le champ des forces Fi. En chaque point Mi

est exercée une force de résultante iR , dont les caractéristiques sont déduites des données et de la figure 11.5. À noter que pour exprimer les composantes d'une force d'intensité Ri et de direction iα (figure exercice 11.1), il est conseillé d'utiliser les relations :

( ) cos , sin , 0i i i i iR R Rα α . Ainsi le champ de forces est :

M1 (4, 0, 0) 1R (0, –2000, 0) M2 (8, 0, 0) 2R (0, –1000, 0) M3 (12, 0, 0) 3R (0, –1500, 0) M4 (2, 1,5, 0) 4R (–900, 1200, 0) M5 (6, 4, 0) 5R (–447, 894, 0) M6 (14, 4, 0) 6R (–671, –1342, 0) M7 (18, 1,5, 0) 7R (–1200, –1600, 0)

11.1.2. Action exercée sur la charpente Soit ( ){ }ST le torseur représentant l'action mécanique résultante exercée sur la

charpente (S).

1.Résultante La résultante est :

( ){ }7

1i

i

R S R=

=∑T .

Soit : ( ){ } 3218 5348R S i j= − −T .

FIGURE exercice 11.1.

x

y

iα

iR

iR

524 Chapitre 11 Généralité sur les actions mécaniques

2. Moment au point O Le moment au point O est exprimé par :

( ){ }7

1iiO

i

S OM R=

= ∧∑M T .

Nous avons :

1 21 2

3 43 4

5 65 6

77

8000 , 8000 ,

18000 , 3750 ,

7152 , 16104 ,

27000 .

OM R k OM R k

OM R k OM R k

OM R k OM R k

OM R k

∧ = − ∧ = −

∧ = − ∧ =

∧ = ∧ = −

∧ = −

D'où : ( ){ } 66202O S k= −M T .

3. Type d'action L'invariant scalaire du torseur est : ( ){ } ( ){ } ( ){ } 0OI S R S S= =⋅MT T T .

L'action mécanique exercée est donc une force.

4. Support de la force C'est le lieu des points P tels que ( ){ } 0P S =M T . Nous calculons le moment

au point P de coordonnées (x, y, z) :

( ){ } ( ){ } ( ){ }P OS S R S OP= + ∧M MT T T . Soit : ( ){ } ( ) 5348 3218 5348 3218 66202P S z i z j x y k= − + + − −M T .

L'équation du support de la force est donc :

0,

5348 3218 66202 0.z

x y=⎧

⎨ − − =⎩

Le support est dans le plan (Oxy). Nous pouvons déterminer deux points du support : A (0, 20,57, 0) et B (12,38, 0, 0).

11.2 Action mécanique exercée sur un barrage 11.2.1. L'action exercée par l'eau sur un élément de surface dS(M) du barrage entourant le point M est une force de résultante : d ( ) ( ) d ( )R M p M S M i= ,

et de support ( ), M i .

La pression p(M) exercée au point M résulte de la pression atmosphérique 0p et de la hauteur d'eau h z− qui se trouve au-dessus du point M. Soit :

Solution exercice 11.2 525

( )0( )p M p g h zρ= + − .

Cette expression peut être écrite sous la forme : ( )p M zλ µ= + , en introduisant les coefficients : 0 , .p gh gλ ρ µ ρ= + = −

11.2.2. L'action exercée par la retenue d'eau sur la face (D) en contact avec l'eau est représentée par le torseur ( ){ }.DT 1. Résultante

La résultante est :

( ){ }( ) ( )

d ( ) ( )d ( )D D

R D R M i p M S M= =∫ ∫T .

Soit en introduisant les coordonnées cartésiennes (0, y, z) du point M :

( ){ } ( )

0 0d d

a h

y zR D i z y zλ µ

= == +∫ ∫T .

L'intégration conduit à :

( ){ } ( ) ( )

2 2h hR D ah i S iλ µ λ µ= + = +T ,

où S est la surface de la paroi du barrage. Application numérique

3 3 2 5010 kg m , 9,81 m s , 1,013 10 Pa, 50 m, 30 m.g p a hρ − − −= = = × = =

D'où :

5 3 13,956 10 Pa, 9,81 10 Pa m .λ µ −= × = − × Soit :

87, 45 10 (en N).R i= × 2. Moment

Il faut déterminer le moment en un point ou trouver un point qui a une propriété particulière du moment.

Ici le champ de forces est tel que : ( )M D∀ ∈ d ( ) ( ) d ( )R M p M S M i= .

À tout point M de la paroi est associée une force (un glisseur) de support (d'axe) i qui est indépendant du point M. Nous sommes dans le cas étudié au paragraphe 5.3.3. D'après les résultats établis dans ce paragraphe, il existe un centre de mesure H, soit ici un centre de poussée. Ce centre est tel que le moment en H du torseur ( ){ }DT est nul. La détermination du centre de mesure remplace donc la détermination du moment en un point.

La position du centre de poussée H est donnée, d'après l'expression (5.72), par :

( ) ( )

1 ( ) d ( )D

OH OM p M S MDµ

= ∫ ,

526 Chapitre 11 Généralités sur les actions mécaniques

en introduisant :

( ) ( )2hD Sµ λ µ= + ,

qui est la mesure associée au champ de forces exercé sur la paroi (D). La résultante globale (poussée sur la paroi) est alors exprimée par :

( ){ } ( ) R D D iµ=T .

L'expression du centre de poussée s'écrit en coordonnées cartésiennes :

( ) ( )( )

0 0

1 d da h

y zOH y j z k z y z

Dλ µ

µ = == + +∫ ∫ .

En séparant les diverses intégrales, l'intégration conduit à :

( ) ( ) ( )1 22 2 3h aOH j h k ah

Dλ µ λ µ

µ⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

,

ou

2 2a hOH j kα= + ,

en posant :

23

2

h

h

λ µα

λ µ

+=

+.

Le coefficient µ étant négatif, il en résulte que le centre de poussée se situe sur la verticale passant par le centre de la paroi et en dessous de ce point. Application numérique 50 12 (en m).OH j k= + Le centre de poussée se situe 3 m en dessous du centre de la paroi.

En conclusion, l'action exercée par la retenue sur la paroi du barrage est une force de résultante ( ) D iµ et de support ( ), H i , H étant le centre de poussée.

3. Moment en un point quelconque de la paroi Soit P un point de la paroi de coordonnées (0, y, z). Le moment au point P est

exprimé par : ( ){ } ( ){ } ( ){ }P HD D R D HP= + ∧M MT T T .

Soit : ( ){ } ( ){ }P D R D HP= ∧M T T .

Le vecteur position HP est exprimé par :

( ) ( )2 2a hHP OP OH y j z kα= − = − + − .

D'où le moment en P :

( ){ } ( ) ( ) ( )2 2Ph aD D z j y kµ α⎡ ⎤= − − + −⎢ ⎥⎣ ⎦

M T .


11.2.3. Action exercée sur une vanne Nous considérons une vanne circulaire (D) immergée totalement dans l'eau : le

centre de la vanne est à la profondeur d, avec /2d D≥ (figure exercice 11.2). Nous choisissons le trièdre (Oxyz) tel que O soit le centre de la vanne et Oz soit vertical ascendant. 1. Comme précédemment, l'action exercée sur l'élément de surface de la vanne entourant le point M est une force de résultante exprimée dans 11.2.1 et de support ( ), M i . Par rapport à 11.2.1, la hauteur h est remplacée par la profondeur d et l'expression de la pression en M devient : ( ) dp M zλ µ= + , en introduisant le coefficient : 0d p gdλ ρ= + .

2. L'action exercée par l'eau sur la paroi (D) de la vanne en contact avec l'eau est représentée par le torseur ( ){ }.DT 2.1. Résultante

La résultante est comme précédemment exprimée par :

( ){ }( ) ( )

d ( ) ( )d ( )D D

R D R M i p M S M= =∫ ∫T .

Pour calculer l'intégrale, nous avons à utiliser les coordonnées polaires du point M : ( ), r α dans le plan 0x = (figure exercice 11.2). La surface élémentaire est obtenue en augmentant de d et de dr r α α (figure exercice 11.2). Soit

d ( ) d dS M r rα= . La résultante s'écrit donc :

( ){ } ( )

/2 2

0 0sin d d

D

dr

R D i r r rπ

αλ µ α α

= == +∫ ∫T .

Soit :

( ){ }

2

4d dDR D i S iλ π λ= = vT ,

où Sv est la surface de la vanne.


z

x

y

Md ( )S M /2D

O

d

(D) y

z

Oα

d α

d S(M) = r d α d r

r dr

528 Chapitre 11 Généralités sur les actions mécaniques

2.2. Moment Comme précédemment, il existe un centre de mesure Hv , le centre de poussée

sur la vanne. Sa position est donnée par la même relation que précédemment en introduisant la mesure :

( ) dD Sµ λ= v .

La résultante globale de l'action exercée sur la vanne est de la même forme que précédemment dans le cas de la paroi du barrage.

L'expression précédente du centre de poussée conduit à :

( ) ( )( )

/2 2

0 0

1 cos sin sin d dD

dr

OH r j k r r rD

π

αα α λ µ α α

µ = == + +∫ ∫ .

Les intégrations de sin , cos et sin cosα α α α entre les bornes 0 et 2π con-duisent à des valeurs nulles. Nous avons donc simplement :

( )

/2 23 2

0 0

1 sin d dD

rOH k r r

D

π

αµ α α

µ = == ∫ ∫ .

Soit :

216 d

OH D kµλ

= ,

ou

016 1

DdOH D k

pgdρ

= −⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Le centre de poussée se situe au-dessous du centre de la vanne. Finalement l'action exercée par l'eau sur la paroi de la vanne est une force de

résultante d S iλ v et de support ( ), H iv .

11.3 Action exercée par un liquide sur une sphère immergée La sphère (D) de rayon a est immergée totalement dans un liquide (figure

exercice 11.3) : le centre de la sphère est à la profondeur h ( h a≥ ). Nous choisissons le trièdre (Oxyz) tel que O soit le centre de la sphère et que l'axe Oz soit vertical ascendant. 1. L'action exercée par le liquide sur l'élément de surface d ( )S M de la sphère entourant le point M est une force de résultante :

d ( ) ( ) d ( ) ( )R M p M S M n M= − ,

et de support ( ), ( )M n M− où ( )n M est le vecteur unitaire en M de la normale à la sphère orientée vers l'extérieur de la sphère.

La pression ( )p M exercée au point M est exprimée par la même relation que dans l'exercice 11.2.1, où ρ est la masse volumique du liquide.



2. Action exercée par le liquide sur la sphère L'action exercée sur la sphère (D) est représentée par le torseur ( ){ }.DT

2.1. Résultante La résultante est exprimée par :

( ){ }( ) ( )

d ( ) ( ) ( )d ( )D D

R D R M p M n M S M= = −∫ ∫T .

Le calcul de l'intégrale est effectué en utilisant les coordonnées sphériques du point M (figure exercice 11.3). Le M sur la sphère est repéré par sa longitude α et sa latitude β . La surface élémentaire d'un élément de surface est obtenue en augmentant la longitude et la latitude de dα et dβ respectivement. Soit :

2d ( ) cos d dS M a β α β= . Le vecteur unitaire ( )n M au point M est exprimé par :

( ) ( , ) ( ) cos sinn M n u kα β α β β= = + , où ( )u α est le vecteur directeur unitaire de la direction de longitude α . D'où :

( ) cos cos sin cos sinn M i j kα β α β β= + + . La résultante est donc exprimée par :

( ){ }

( )( )

2 2 2

02

sin cos cos sin cos sin cos d d .

R D

a i j k aππ

πα βλ µ β α β α β β β α β

= =−

=

− + + +∫ ∫T

Les intégrations desin et cosα α entre 0 et 2π donnent des valeurs nulles. D'où :

( ){ } ( )

2 22

02

sin sin cos d dR D k a aππ

πα βλ µ β β β α β

= =−= − +∫ ∫T ,

z

x

y

M d ( )S M

O

h

(D)

( )n M

x

y O

α d α

d S(M) = a2cos β d α d β

z

a

β

d β a cos β a cos β d α

i j

k

( )u α


ou

( ){ }

2 23 2

02

sin cos d dR D a kππ

πα βµ β β α β

= =−= − ∫ ∫T .

Soit :

( ){ }

343

R D a g kπ ρ=T ,

ou encore ( ){ } R D mg k=T , où m est la masse de liquide ayant le même volume que la sphère. 2.2. Moment

Dans le cas présent, la normale ( )n M en chaque élément de surface de la sphère dépend du point M. Il n'existe donc pas de centre de mesure.

Nous déterminons le moment au centre O de la sphère exprimé par :

( ){ }( )

d ( )OD

D OM R M= ∧∫M T ,

ou

( ){ }( )

( ) ( )d ( )OD

D OM n M p M S M= − ∧∫M T .

Les vecteurs OM et ( )n M sont colinéaires. Il en résulte que leur produit vectoriel est nul. D'où :

( ){ } 0O D =M T . En conclusion, l'action mécanique exercée par le liquide sur la sphère est une

force dont la résultante a une intensité mg et dont le support est l'axe vertical descendant passant par le centre de la sphère.

D'où le résultat : l'action mécanique exercée par le liquide sur la sphère est opposée à l'action de pesanteur (chapitre 12) exercée sur la masse de liquide occupant le même volume que la sphère. Ce résultat est décrit par le Principe d'Archimède qui s'applique à un solide de forme quelconque immergé dans un liquide.

Chapitre 12 Gravitation. Pesanteur

Centre de masse

12.1 Centre de masse d'un arc de cercle (figure 12.13) Nous prenons (figure exercice 12.1) le trièdre (Oxyz) de manière que le point O

soit le centre du cercle sur lequel est construit l'arc, que le plan (Oxy) contienne l'arc de cercle et que l'axe Ox soit confondu avec l'axe de symétrie.

Le solide étant homogène, le centre de masse est confondu avec le centre géométrique donné par l'expression (12.47). Un point M de l'arc de cercle peut être repéré par son angle polaire θ (figure exercice 12.1). L'élément d'arc, obtenu en augmentant θ de dθ , est da θ . La longueur totale de l'arc est 2aα . L'expres-sion (12.47) s'écrit donc :

( )

1 cos sin d2

OG a i j aa

α

αα α θ

α −= +∫ .

D'où :

sinOG a iαα

= .

12.2 Centre de masse d'un secteur circulaire (figure 12.14) Le centre de masse est confondu avec le centre géométrique. Un point M du

secteur (figure exercice 12.2) est caractérisé par ses coordonnées polaires ( ), r θ et l'élément de surface du secteur est obtenu en augmentant r de dr et θ de dθ . Sa surface est d d .r rθ La surface du secteur est 2.aα L'expression (12.47) s'écrit donc :

( )

2 0

1 cos sin d da

rOG r i j r r

a

α

θ αα α θ

α = =−= +∫ ∫ .

Soit : 2 sin3

OG a iαα

= .

FIGURE exercice 12.1. FIGURE exercice 12.2.

α

a

α

M

O

y

x

z

θ α

a

α

M

O

y

x

z

θ r

532 Chapitre 12 Gravitation. Pesanteur. Centre de masse


12.3 Centre de masse d'un segment circulaire (figure 12.15) Pour déterminer le centre de masse (confondu avec le centre géométrique),

nous considérons le secteur circulaire (S) de l'exercice précédent, constitué (figure exercice 12.3) du triangle (1) et du segment circulaire (2).

Le secteur circulaire a pour surface et centre géométrique :

2 2 sin, .3

S a OG a iααα

= =

Le triangle a pour surface et centre géométrique :

211

2sin cos , cos .3

S a OG a iα α α= =

Le segment circulaire a pour surface ( )22 1 sin cosS S S a α α α= − = − et le

centre géométrique 2G est à déterminer. Nous avons :

1 21 2S OG S OG S OG= + . Nous en déduisons :

32

2 sin3 sin cos

aOG iαα α α

=−

.

12.4 Centre de masse d'un cône (figure 12.16) Le centre de masse est confondu avec le centre géométrique qui se situe sur

l'axe Oz (figure exercice 12.4). Il en résulte que nous pouvons prendre comme élément de volume du cône une tranche d'épaisseur dz située à la hauteur z

(figure exercice 12.4). Le rayon de cette tranche est a zh

et son volume

2 22 d .a z z

hπ

L'expression (12.47) conduit à :

2 222 0

1 d

3

h aOG k z z zha h

ππ= ∫ ,

où 23

a hπ est le volume du cône. Nous obtenons ainsi :

34

OG h k= .

a

G1O

y

x

z

G2

(1) (2)



12.5 Centre de masse d'une calotte sphérique (figure 12.17) Nous choisissons (figure exercice 12.5) un trièdre (Oxyz) tel que O soit le

centre de la base de la calotte et que Oz soit l'axe de symétrie. Le centre de masse est confondu avec le centre géométrique de la calotte qui se situe sur l'axe Oz . Comme dans l'exercice précédent, nous pouvons prendre comme élément de volume une tranche d'épaisseur dz située à la hauteur z. Le rayon r de cette tranche est tel que :

( ) ( ) ( )22 2 2 2 2r a z a h z a h z a h h= − + − = − − − + − . L'expression (12.47) conduit à :

( ) ( )[ ]

2

02 2 d

hOG k z z a h z a h h z

Vπ= − − − + −∫ ,

où V est le volume de la calotte exprimé par :

( )2 33

V h a hπ= − .

L'intégration conduit à :

( )

414 3

a h hOG ka h−=−

.


h

a

z

dz

z

y

x

O

h

a O z

dz

z

y

x

r



12.6 Centre de masse d'un cylindre creusé (figure 12.18)

Le cylindre plein (S) peut être considéré comme la réunion du cylindre (S1) creusé et du cylindre (S2) qui a été enlevé.

Le cylindre plein (S) a un volume 2V a hπ= et son centre de masse G a pour

coordonnées (0, 0, 2h ).

Le cylindre (S2) qui a été enlevé a un volume 2

2 4aV hπ= et son centre de

masse G2 avait pour coordonnées (0, , )2 2a h .

Le cylindre creusé (S1) a un volume 21 2

34

V V V a hπ= − = et un centre de

masse G1 à déterminer. D'après la relation (12.41), nous avons :

22 2

1 23 4 4

aa h OG a h OG h OGπ π π= + .

Soit :

1 6 2a hOG j k= − + .

Les coordonnées de G sont (0, , )6 2a h− .

12.7 Action de gravitation exercée par une sphère L'action de gravitation exercée par une sphère en un point M extérieur à la

sphère est définie au paragraphe 12.1.3. Son moment au point M est nul et sa

h

a

z

y

x

/2a

O



résultante est exprimée par la relation (12.7). Pour déterminer cette résultante, il est nécessaire d'utiliser les coordonnées sphériques du point M ′ de la sphère. Pour cela, nous choisissons le trièdre (Oxyz) tel que l'axe Oz passe par le point M (figure exercice 12.7). Les coordonnées sphériques et l'élément de volume de la sphère sont explicitées dans le paragraphe 15.4.3.2 du chapitre 15. Utilisant ces résultats, l'expression (12.7) de la résultante s'écrit :

{ }( )

22 2

30 02

( ) cos d d da

R

MMR Km M R RS MMM

ππ

πα βρ β α β

= = =−

′ ′=→′∫ ∫ ∫G .

Le vecteur MM ′ s'exprime par :

( )MM OM OM R n M r k′ ′ ′= − = − , où r est la distance du point M au centre O de la sphère et ( )n M ′ est le vecteur unitaire de ,OM ′ déjà introduit dans l'exercice 11.3. Ce vecteur s'exprime suivant :

( ) ( , ) ( ) cos sinn M n u kα β α β β′ = = + ,

où le vecteur ( )u α est le vecteur unitaire de la direction α : ( ) cos sinu i jα α α= + . Nous avons donc : ( ) ( ) cos sinMM R u R r kβ α β′ = + − . D'où :

( ) ( )

1 122 2 2 22 2cos sin 2 sinMM MM R R r R r rRβ β β⎡ ⎤′ ′= = + − = + −⎣ ⎦ .

D'autre part la masse volumique est fonction de , , et R α β :

( ) ( , , )M Rρ ρ α β′ = .

z

x

y

M ′ d ( )V M ′

O

( )n M ′

α

β

M

a

r


La résultante s'écrit donc :

{ }

( ) ( )

( )

22 2

30 0 2 2 22

cos sin ( , , ) cos d d d .2 sin

a

R

R S M

R u R r kKm R R RR r rR

ππ

πα β

β α β ρ α β β α ββ= = =−

=→

+ −

+ −∫ ∫ ∫

G

Pour poursuivre l'intégration, il est nécessaire de faire des hypothèses sur la masse volumique.

Première hypothèse. La masse volumique ne dépend pas de la longitude α : ( ) ( , )M Rρ ρ β′ = .

Dans l'expression de la résultante, le vecteur ( )u α fait alors intervenir des termes en sinα et cosα . Leur intégration en α entre les bornes 0 et 2π conduit à des termes nuls. Nous obtenons donc en intégrant en α :

{ } ( )

( )

22

30 2 2 22

sin cos2 ( , )d d .2 sin

a

R

R r RR Kmk R RS MR r rR

π

πβ

β βπ ρ β ββ= =−

−=→

+ −∫ ∫G

À ce stade, nous trouvons que la résultante de l'action de gravitation est colinéaire à k . L'action est donc une force de support OM .

Deuxième hypothèse. La masse volumique ne dépend que de R : ( ) ( )M Rρ ρ′ = .

La sphère est dite homogène par couches concentriques. La résultante s'écrit alors :

{ } ( )

( )

222

30 2 2 22

sin cos2 ( ) d d .2 sin

a

R

R r RR Kmk R R RS MR r rR

π

πβ

β βπ ρ ββ= =−

⎡ ⎤−⎢ ⎥=→⎢ ⎥

+ −⎣ ⎦∫ ∫G

Nous évaluons l'intégrale en β :

( )

( )

22

32 2 22

sin cos d2 sin

R r RIR r rR

π

β π

β β ββ−

−=

+ −∫ .

Pour intégrer, nous introduisons la variable u telle que :

( )1

2 2 22 sinu R r rR β= + − , soit :

2 2 2 2 sin et d cos du R r rR u u rRβ β β= + − = − .

D'autre part, pour , 2

u r Rπβ = − = + et pour , 2

u r Rπβ = = − . D'où :

2 2 2

31 d

2

r R

r R

R r u uI r ur rRu

β

−

+

⎛ ⎞+ −= − −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ .


Le réarrangement de l'intégrale, puis son intégration conduisent à : 22Ir

β = − .

D'où la résultante de l'action de gravitation :

{ }

22 0

4 ( ) daKmR k R R RS M

rπ ρ= −→ ∫G .

Déterminons la masse de la sphère. Puisque la masse volumique ne dépend que de R, il est possible de prendre comme élément de volume le volume compris entre les sphères de rayon R et dR R+ de masse :

2d 4 ( ) dm R R Rπ ρ= , et la masse de la sphère est :

2

0 0d 4 ( ) d

a a

Sm m R R Rπ ρ= =∫ ∫ .

La résultante de l'action de gravitation s'exprime donc simplement par :

{ } 2SKmmR kS M

r= −→G ,

ou

{ }3S

MOR KmmS MOM

=→G .

Ce résultat a été introduit dans la relation (12.9) du chapitre 12.

Chapitre 14 Statique d'un solide et d'un

ensemble de solides

14.1 Équilibre de deux barres Nous choisissons (figure exercice 14.1) un trièdre (Oxyz) associé à l'ensemble

des deux barres, tel que l'axe Ox soit horizontal et passe par le point C et tel que l'axe Oy soit vertical ascendant et passe par le point A. Le plan (Oxy) contient le plan (ABC) des barres.

Les angles er α γ du triangle sont exprimés par :

2 2 2 2 2 2 2 2

1 11 2 2 12 2 2 2

1 2

cos , cos ,2 2

h l l l l h l l

l h l l h lα γ− −+ + − + + −= =

+ +

et l'angle ε est donné par :

1tan hl

ε −= .

Nous introduisons ensuite les cosinus et sinus :

( )

( )( )( )

21

21

cos , cos ,sin .sin ,

ccss

γ εα εγ εα ε

= += − ⎧⎧⎨ ⎨ = += −⎩ ⎩

Les coordonnées des divers points sont ainsi déterminés par : ( ) ( ) ( )1 1 1 10, , 0 , , , 0 , , 0, 0 ,A h B c l h s l C l+ ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 , , 0 , , , 0 .M c l h s l M l c l s lα α α α+ − FIGURE exercice 14.1.

M1

A

C

α1l1

M2

B

α2l2

l

h horizontale

O

y

x

z

α ε

ε γ

(S1) (S2)


14.1.1. Actions mécaniques exercées 1. Actions exercées sur la barre (S1) 1.1. Action due à la masse m1, représentée par le torseur ( ){ }1SA :

( ){ }

( ){ }

1

1 1

1

,

0.M

R S m g j

S

⎧ = −⎪⎨

=⎪⎩M

AA

1.2. Action du bâti due à la liaison en A, représentée par le torseur ( ){ }1SL :

( ){ }( ){ }

1 1 1 1

1 1 1 1

,

.A

R S X i Y j Z k

S L i M j N k

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩M

LL

Les composantes X1, Y1, . . . , N1 sont à déterminer. 1.3. Action de la barre (S2) due à la liaison en B représentée par le torseur

( ){ }2 1SL :

( ){ }

( ){ }

2 1 21 21 21

2 1 21 21 21

,

.B

R S X i Y j Z k

S L i M j N k

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩M

LL

Les composantes X21, Y21, . . . , N21 sont à déterminer. 2. Actions exercées sur la barre (S2) 2.1. Action due à la masse m2, représentée par le torseur ( ){ }2SA :

( ){ }

( ){ }

2

2 2

2

,

0.M

R S m g j

S

⎧ = −⎪⎨

=⎪⎩M

AA

2.2. Action du bâti due à la liaison en C, représentée par le torseur ( ){ }2SL :

( ){ }( ){ }

2 2 2 2

2 2 2 2

,

.C

R S X i Y j Z k

S L i M j N k

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩M

LL

Les composantes X2, Y2, . . . , N2 sont à déterminer. 2.3. Action de la barre (S1) due à la liaison en B représentée par le torseur

( ){ }1 2 .SL Nous avons :

( ){ } ( ){ }1 2 2 1S S= −L L .

14.1.2. Équations d'équilibre 1. Équilibre de la barre (S1)

L'équilibre de la barre (S1) se traduit par l'équation :

( ){ } ( ){ } ( ){ } { }1 1 2 1 0S S S+ + =A L L . (1) 1.1. Équation de la résultante

Elle est déduite de l'équation précédente. Soit :

( ){ } ( ){ } ( ){ }1 1 2 1 0R S R S R S+ + =A L L . (2)

540 Chapitre 14 Statique d'un solide et d'un ensemble de solides

D'où :

1 21

1 1 21

1 21

0,0,0.

X Xm g Y Y

Z Z

+ =− + + =

+ = (3)

1.2. Équation du moment Elle est déduite de l'équation entre torseurs, en choisissant un point. Par

exemple le point A. D'où :

( ){ } ( ){ } ( ){ }1 1 2 1 0A A AS S S+ + =M M MA L L . (4)

Nous avons à exprimer les moments au point A :

― ( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ }1 11 1 1 1 1A MS S R S M A AM R S= + ∧ = ∧M MA A A A . Soit : ( ){ } ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1A S l c i s j m g j c m gl kα α= + ∧ − = −M A .

― ( ){ } ( ){ } ( ){ }2 1 2 1 2 1A BS S R S BA= + ∧M ML L L . Soit :

( ){ } ( ) ( )

( )2 1 21 1 1 21 21 1 1 21

21 1 1 21 1 1 21 .A S L s l Z i M c l Z j

N s l X c l Y k

= + + −

+ − +

M L

D'où les équations scalaires du moment en A :

1 21 1 1 21

1 21 1 1 21

1 1 1 1 1 21 1 1 21 1 1 21

0,0,0.

L L s l ZM M c l Z

c m gl N N s l X c l Yα

+ + =+ − =

− + + − + = (5)

Finalement, l'équilibre de la barre (S1) conduit aux six équations scalaires :

1 21

1 1 21

1 21

1 21 1 1 21

1 21 1 1 21

1 1 1 1 1 21 1 1 21 1 1 21

0,0,0,0,0,0.

X Xm g Y Y

Z ZL L s l Z

M M c l Zc m gl N N s l X c l Yα

+ =− + + =

+ =+ + =+ − =

− + + − + =

(6)

2. Équilibre de la barre (S2) L'équilibre de la barre (S2) conduit à l'équation :

( ){ } ( ){ } ( ){ } { }2 2 2 1 0S S S+ − =A L L . (7)

2.1. Équation de la résultante Elle s'écrit :

( ){ } ( ){ } ( ){ }2 2 2 1 0R S R S R S+ − =A L L . (8) D'où :


2 21

2 2 21

2 21

0,0,0.

X Xm g Y Y

Z Z

− =− + − =

− = (9)

2.2. Équation du moment, par exemple au point C

( ){ } ( ){ } ( ){ }2 2 2 1 0C C CS S S+ − =M M MA L L . (10)

Nous avons à exprimer les moments au point C :

― ( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ }2 22 2 2 2 2C MS S R S M C CM R S= + ∧ = ∧M MA A A A . Soit : ( ){ } ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2C S l c i s j m g j c m gl kα α= − + ∧ − =AM .

― ( ){ } ( ){ } ( ){ }2 1 2 1 2 1C BS S R S BC= + ∧M ML L L . Soit :

( ){ } ( )[ ] ( )[ ]

( ) ( )[ ]2 1 21 1 1 21 21 1 1 21

21 1 1 21 1 1 21 .C S L h s l Z i M l c l Z j

N h s l X l c l Y k

= + + + + −

+ − + − −

LM

D'où les équations scalaires du moment en C :

( )( )

( ) ( )

2 21 1 1 21

2 21 1 1 21

2 2 2 2 2 21 1 1 21 1 1 21

0,0,0.

L L h s l ZM M l c l Z

c m gl N N h s l X l c l Yα

− − + =

− − − =

+ − + + + − =

(11)

Finalement, l'équilibre de la barre (S2) conduit aux six équations scalaires :

( )( )

( ) ( )

2 21

2 2 21

2 21

2 21 1 1 21

2 21 1 1 21

2 2 2 2 2 21 1 1 21 1 1 21

0,0,0,0,0,0.

X Xm g Y Y

Z ZL L h s l Z

M M l c l Zc m gl N N h s l X l c l Yα

− =− + − =

− =

− − + =

− − − =

+ − + + + − =

(12)

L'équilibre de la barre (S1) et de la barre (S2) conduit au total à 12 équations scalaires : équations (6) et équations (12). 3. Équilibre de l'ensemble des deux barres

En considérant l'équilibre de l'ensemble de deux barres, nous obtenons 6 équations scalaires qui sont combinaisons linéaires des équations (6) et (12). Nous n'obtenons donc pas de nouvelles informations, mais une autre forme de ces équations.

L'équilibre de l'ensemble des deux barres conduit à : ( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ } { }1 1 2 2 0S S S S+ + + =A L A L . (13)

Cette équation est la superposition des équations précédentes (1) et (7). Cette équation fait disparaître les actions internes à l'ensemble des deux barres.


3.1. Équation de la résultante Elle s'écrit : ( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ }1 1 2 2 0R S R S R S R S+ + + =A L A L . (14)

C'est la superposition des équations des résultantes (2) et (8) des équilibres de la barre (S1) et de la barre (S2). D'où :

( )1 2

1 2 1 2

1 2

0,0,0.

X Xm m g Y Y

Z Z

+ =

− + + + =+ =

(15)

Ces équations sont les superpositions des équations (3) et (9). 3.2. Équation du moment

Il faut écrire l'équation du moment en un point. Pour l'équilibre de la barre (S1), l'équation du moment (4) a été écrite en A. Pour l'équilibre de la barre (S1), l'équation du moment (10) a été écrite en C. L'équation du moment de l'ensemble des deux barres ne peut donc pas être obtenue par superposition. Il aurait fallu choisir le même point pour les deux équations de moment.

Nous exprimons l'équation du moment au point A :

( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ }1 1 2 2 0A A A AS S S S+ + + =A L A LM M M M . (16)

Les deux premiers moments sont connus. Il reste à déterminer :

― ( ){ } ( ){ }22 2A S AM R S= ∧A AM . Soit : ( ){ } ( ) ( )[ ] ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2A S l c l i s l h j m g j m g l c l kα α α= − + − ∧ − = − −AM .

― ( ){ } ( ){ } ( ){ }2 2 2A CS S R S CA= + ∧L L LM M . Soit :

( ){ } ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2A S L hZ i M lZ j N hX lY k= − + − + + +LM .

D'où les équations scalaires du moment en A :

( )

1 2 2

1 2 2

1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2

0,0,0.

L L hZM M lZ

c m gl N N hX lY m g l c lα α

+ − =+ − =

− + + + + − − =

(17)

L'équilibre des deux barres conduit donc aux six équations scalaires :

( )

( )

1 2

1 2 1 2

1 2

1 2 2

1 2 2

1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2

0,0,0,0,0,0.

X Xm m g Y Y

Z ZL L hZ

M M lZc m gl N N hX lY m g l c lα α

+ =

− + + + =+ =

+ − =+ − =

− + + + + − − =

(18)

L'établissement des équations des moments met en évidence la difficulté des choix des points pour exprimer les moments des actions. Pour l'équilibre de la


barre (S1), nous avons choisi le point A. Pour l'équilibre de la barre (S2), le point C. Ces choix nous ont conduits à réécrire les moments pour l'équilibre de l'ensemble des deux barres.

Le développement que nous avons effectué montre que le meilleur choix aurait été de choisir le point intermédiaire B pour exprimer les équations des moments pour la barre (S1) et pour la barre (S2).

14.1.3. Choix des liaisons Nous disposons de 12 équations scalaires parmi les équations (6), (12) et (18),

pour 18 inconnues de liaison : X1, Y1, …, N1; X2, Y2, …, N2; X21, Y21, …, N21. Pour que le système puisse être résolu (on dit alors que le système est isostatique), il faut trouver 6 autres équations. Ces 6 équations sont déduites de la nature des liaisons, en supposant que ces liaisons sont parfaites.

1. Nous voulons que les tiges AB et CB soient dans le même plan. D'où la nécessité de mettre en B une liaison rotoïde d'axe normal au plan (ABC). Si la liaison est parfaite, nous avons :

21 0N = . (19)

2. Le plan (ABC) doit être vertical. Il est possible de mettre une liaison verrou en C d'axe horizontal suivant la direction k . Si la liaison est parfaite, nous avons :

2 20, 0.Z N= = (20)

3. Il reste à mettre en A une liaison à trois degrés de liberté. Le point A doit être fixé en position. Il est donc nécessaire de mettre en A une liaison rotule de centre A. Si la liaison est parfaite, nous avons :

1 1 10, 0, 0.L M N= = = (21)

Nous avons ainsi 6 équations de liaison. Si les liaisons ne sont pas parfaites, mais se font avec frottement, les équations (19)-(21) seront modifiées pour tenir compte des frottements.

14.1.4. Détermination des actions de liaison Considérant les équations de liaison (19)-(21), les équations (6), (12) et (18)

conduisent aux équations suivantes.

1. Équilibre de la barre (S1)

1 21

1 1 21

1 21

21 1 1 21

21 1 1 21

1 1 1 1 21 1 21

0,0,0,0,0,0.

X Xm g Y Y

Z ZL s l Z

M c l Zc m g s X c Yα

+ =− + + =

+ =+ =− =

− − + =

(22)


2. Équilibre de la barre (S2)

( ) ( )

2 21

2 2 21

21

2 21

2 21

2 2 2 2 1 1 21 1 1 21

0,0,0,0,0,0.

X Xm g Y Y

ZL L

M Mc m gl h s l X l c l Yα

− =− + − =

=− =− =

+ + + − =

(23)

3. Équilibre de l'ensemble des deux barres

( )

( )

1 2

1 2 1 2

1

1 2

1 2

1 1 1 1 2 2 2 2 2 2

0,0,0,0,0,0.

X Xm m g Y Y

ZL L

M Mc m gl hX lY m g l c lα α

+ =

− + + + ==

+ =+ =

− + + − − =

(24)

4. Résolution des équations La résolution des équations permet de trouver les composantes des actions de

liaison sur lesquelles aucune hypothèse n'a été émise. Des équations (22)-(24), nous déduisons d'abord :

1 2 2

21 21 21

0, 0, 0,0, 0, 0,

Z L MZ L M

= = == = =

(25)

puis

21 2

21 2 2

,,

X XY Y m g

== −

(26)

et

( )

1 2

1 1 2 2

,.

X XY m m g Y= −

= + − (27)

Il reste donc à trouver deux équations pour déterminer X2 et Y2. Par exemple, la sixième équation de (24) et la sixième équation de (22) associée à (26). Nous obtenons :

( )[ ]

( )2 2 1 1 1 1 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 1

,.

hX lY c l m l c l m gs X c Y c m m g

α α

α

+ = + −

− + = +

La résolution de ces deux équations conduit à :

( )

( ) ( )[ ]

1 1 1 1 1 2 2 1 2 22

1 1

1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 22

1 1

,

.

c c l l m c c l mX gs l c h

c h s l m c h s l c l mY g

s l c h

α α

α α

− −=

+

+ + + −=

+

Les composantes des actions de liaison sont ainsi toutes déterminées.


14.2 Équilibre d'une échelle L'analyse de l'équilibre personne-échelle est assez longue et nous ne donnons

ici que quelques éléments. Pour mener l'analyse nous choisissons le trièdre (Oxyz) tel que le plan (Oxy)

contienne le plan de symétrie de l'ensemble personne-échelle et que l'axe Oy soit vertical ascendant (figure exercice 14.2). 14.2.1. Actions mécaniques 1. Actions exercées sur l'échelle (S) 1.1. Action de pesanteur, représentée par le torseur ( ){ }e SP :

( ){ }

( ){ } e ,

e 0,Ge

R S Mg j

S

⎧ = −⎪⎨

=⎪⎩M

PP

où M est la masse de l'échelle et eG son centre de masse. Si l est la longueur de

l'échelle et α son inclinaison, les coordonnées de eG sont ( )cos , sin , 02 2l lα α .

1.2. Action exercée par le sol en A, représentée par le torseur ( ){ }A SL Nous pouvons la décrire comme une force dont le support passe par le point A.

Soit :

( ){ }

( ){ } ,

0.A A A A

A A

R S X i Y j Z k

S

⎧ = + +⎪⎨

=⎪⎩

LLM


B

A

C

D

sol

mur

G

y

O x

z

C

jambe D bras

u

α


Les composantes XA, YA et ZA sont à déterminer. Par ailleurs, considérant la loi de Coulomb des frottements solides (chapitre 13), il n'y aura équilibre en A que si : sA AX f Y< ,

où fs est le coefficient de frottement entre l'échelle et le sol. 1.3. Action exercée par le mur en B, représentée par le torseur ( ){ }B SL :

Elle peut également être décrite comme une force dont le support passe par le point B. Soit :

( ){ }

( ){ } ,

0.B B B B

B B

R S X i Y j Z k

S

⎧ = + +⎪⎨

=⎪⎩

LLM

Les composantes XB, YB et ZB sont à déterminer. Comme précédemment la loi du frottement solide implique qu'il n'y aura équilibre en B que si : mB BX f Y< ,

où fm est le coefficient de frottement entre l'échelle et le mur. 1.4. Action exercée par la personne (P)

Le problème de la modélisation de cette action est complexe, puisqu'elle dépend de la position de la personne : appui sur les pieds, aide avec les bras, etc.

Nous schématisons cette action comme la superposition (figure exercice 14.2) de deux actions : l'une exercée en C, représentée par le torseur { },C S→ et l'autre exercée en D, représentée par le torseur { }.D S→ 1.4.1. Action exercée en C, représentée par le torseur { }C S→

Elle peut être modélisée comme l'action d'un plan sur un cylindre (figure exercice 14.2). Nous aurons :

{ }

{ }

,

.C C C

C C C C

R C S X i Y j Z k

C S L i M j N k

⎧ → = + +⎪⎨

→ = + +⎪⎩M

En négligeant les frottements de pivotement autour de la direction ,k nous aurons : 0CN = . Pour avoir équilibre en C les composantes XC et YC devront respecter les con-ditions de frottement pieds-échelle. 1.4.2. Action exercée en D, représentée par le torseur { }D S→

Dans le cas où la personne ne serre pas l'échelon en D, l'action peut être modélisée comme une force dont le support est l'axe des bras (figure exercice 14.2) de direction u . Nous aurons :

{ }

{ }

,

0.D

D

R D S F u

D S

⎧ → =⎪⎨

→ =⎪⎩M

La direction u est connue. 2. Actions exercées sur la personne (P) 2.1. Action de pesanteur, représentée par le torseur ( ){ }e PP :


( ){ }

( ){ } e ,

e 0,G

R P mg j

P

⎧ = −⎪⎨

=⎪⎩M

PP

où m est la masse de la personne. 2.2. Action exercée par l'échelle au contact C, représentée par le torseur ( ){ }C PL :

( ){ } { }.C P C S= − →L

2.3. Action exercée par l'échelle au point D, représentée par le torseur ( ){ }D PL :

( ){ } { }.D P D S= − →L 14.2.2. Équilibre échelle-personne

L'équilibre de l'échelle s'écrit : ( ){ } ( ){ } ( ){ } { } { } { }e .0A BS S S C S D S+ + + =→ + →L LP L'équilibre de la personne s'écrit : ( ){ } { } { } { }e 0 .P C S D S− − =→ →P Une des deux équations peut être remplacée en écrivant l'équilibre de

l'ensemble échelle-personne : ( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ } { }e e .0A BS S S P+ + + =L LP P

Cette dernière équation ne fait plus intervenir les actions internes à l'ensemble échelle-personne.

Nous disposons ainsi de 12 équations scalaires pour déterminer les 12 composantes des actions de liaison : XA, YA, ZA; XB, YB, ZB ; XC, YC, ..., MC ; FD.

Le lecteur résoudra aisément ces équations et tiendra compte des conditions de frottement aux appuis A, B et D.

Chapitre 15 L'opérateur d'inertie

15.1 Matrice d'inertie d'une plaque rectangulaire (figure 15.22) Les axes du trièdre (Oxyz) étant des axes de symétrie de la plaque, la matrice

d'inertie au centre O de la plaque dans la base ( ) ( ), , b i j k= est de la forme :

( )( )0 0

0 00 0

Oxb

O Oy

Oz

IS I

I

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I ,

avec d'après (15.41) et (15.42) :

( )

( )

2

2

d ( ),

d ( ),

.

OxS

OyS

Oz Ox Oy

I y m M

I x m M

I I I

=

=

= +

∫∫

En coordonnées cartésiennes, l'élément de masse de la plaque est d ( )m M = d ds x yρ , où sρ est la masse surfacique de la plaque. D'où :

2 2 2

2 2

d da b

Ox s a bx yI y x yρ

=− =−= ∫ ∫ .

Soit :

3 2

12 12Ox sb mI a bρ= = ,

où m est la masse de la plaque. Le moment OyI est obtenu en changeant les rôles de a et b. D'où la matrice d'inertie :

( )( )

( )

2

2

2 2

0 012

0 012

0 012

bO

m b

mS a

m a b

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥+⎣ ⎦

I .

C'est le résultat (15.86).

15.2 Matrice d'inertie d'un quart de disque Nous choisissons un trièdre (Oxyz) tel que les axes Ox et Oy soient sur les

bords du disque (figure exercice 15.2). La matrice d'inertie est de la forme :



( )( )00

0 0

Ox Oxyb

O Oxy Oy

Oz

I PS P I

I

−⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I ,

avec

( )

( )

( )( )

( )

2

2

2 2

d ( ),

d ( ),

d ( ),

d ( ).

OxS

OyS

Oz Ox OyS

OxyS

I y m M

I x m M

I I I x y m M

P xy m M

=

=

= + = +

=

∫∫

∫∫

Les axes Ox et Oy jouent le même rôle. Nous en déduisons :

12Ox Oy OzI I I= = .

Pour déterminer le moment d'inertie OzI par rapport à l'axe Oz , nous utilisons les coordonnées polaires introduites sur la figure 15.7. D'où :

2 2

0 0d d

a

Oz sr

I r r rπ

αρ α

= == ∫ ∫ ,

où sρ est la masse surfacique du quart de disque. D'où :

4 2

4 2 2Oz sr aI mπρ= = ,

où m est la masse du quart de disque. Le produit d'inertie est :

y

O x

z

M

α r

O x

z

θ

y

(∆)

550 Chapitre 15 L'opérateur d'inertie

2

0 0 sin cos d d

a

Oxy sr

P r r r rπ

αρ α α α

= == ∫ ∫ .

Soit :

4 21

4 2 2Oxy sa aP mρ

π= = .

D'où la matrice d'inertie :

( )( )

2 2

2 2

2

04 2

02 4

0 02

bO

a am m

a aS m m

am

π

π

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

Variation du moment d'inertie Soit (∆) un axe de direction θ contenu dans le plan du disque (figure exercice

15.2). Ses cosinus directeurs sont : cos , sin , 0.α θ β θ γ= = = D'après la relation (15.46), le moment d'inertie par rapport à l'axe (∆) est :

2 2cos sin 2 sin cosOx Oy OxyI I I P∆ θ θ θ θ= + − .

Les moments d'inertie et Ox OyI I étant égaux, nous obtenons : sin 2Ox OxyI I P∆ θ= − . Soit :

( )2 21 sin 24

aI m∆ θπ

= − .

D'où le tableau des variations de I∆ :

θ 0 4π 2

π 34π π

I∆ 2

4am

( )2 214

amπ

− 2

4am ( )2 21

4am

π+

2

4am

Le moment passe par un minimum pour la direction /4π et un maximum pour la direction 3 /4π . Ces directions correspondent aux directions principales. Dans ces axes de base ( )b′ , la matrice d'inertie est de la forme :

( )( )

( )( )

2

2

2

21 0 04

20 1 04

0 02

bO

am

aS m

am

π

π′

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= +⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

La propriété du moment de passer par des valeurs extrémales pour les directions principales d'inertie est une propriété générale.


15.3 Matrice d'inertie d'un cylindre creux Nous considérons le cylindre creux (S) (figure exercice 15.3) de rayon intérieur

a1, de rayon extérieur a2 et de hauteur h. Le cylindre plein (S2) de rayon a2 peut être considéré comme la réunion du

cylindre creux (S) et du cylindre (S1) de rayon a1 qui a été enlevé. La propriété d'associativité des matrices d'inertie s'écrit :

( )( ) ( )( ) ( )( )2 1b b b

O O OS S S=I I + I .

D'où la matrice d'inertie du cylindre creux :

( )( ) ( )( ) ( )( )2 1b b b

O O OS S S= −I I I .

La matrice d'inertie du cylindre (S1) est, d'après (15.101) :

( )( )

2 21

1

2 21

1 1

21

1

0 04 3

0 04 3

0 02

bO

a hm

a hS m

am

⎡ ⎤⎛ ⎞+⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥

⎛ ⎞⎢ ⎥= +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I ,

où la masse m1 du cylindre (S1) est : 2

1 1m a hπ ρ= , en introduisant la masse volumique du cylindre.


y

x

z

a2 a1

O

h

(S)


La matrice d'inertie du cylindre (S2) est de même :

( )( )

2 22

2

2 22

2 2

22

2

0 04 3

0 04 3

0 02

bO

a hm

a hS m

am

⎡ ⎤⎛ ⎞+⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥

⎛ ⎞⎢ ⎥= +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I ,

où la masse m2 du cylindre (S2) est : 2

2 2m a hπ ρ= . La masse du cylindre creux est :

( )2 22 1 2 1m m m a a hπ ρ= − = − .

Des expressions des masses m, m1 et m2 nous déduisons :

2 21 2

1 22 2 2 22 1 2 1

, .a am m m ma a a a

= =− −

L'application de la relation entre les matrices d'inertie conduit à :

( )( )0 0

0 00 0

Oxb

O Oy

Oz

IS I

I

⎡ ⎤⎢ ⎥=⎢ ⎥⎣ ⎦

I ,

avec :

( )

( )

2 22 2

22 2

1 ,4 3

1 ,2

Ox Oy a

Oz a

a hI I m r

aI m r

⎡ ⎤= = + +⎢ ⎥⎣ ⎦

= +

en introduisant le rapport des rayons : 1

2a

ara

= .

Dans le cas d'un cylindre creux de faible épaisseur, nous avons 1 2a a a≈ ≈ et les moments d'inertie s'écrivent :

2 2

2

,2 3

.

Ox Oy

Oz

a hI I m

I ma

⎛ ⎞= = +⎜ ⎟⎝ ⎠

=

15.4 Matrice d'inertie d'un solide (figure 15.23) Le solide est constitué d'un cylindre (S1) de rayon a et hauteur h et d'une demi-

boule (S2) de rayon a. La masse du cylindre est : 2

1m a hπ ρ= ,

où ρ est la masse volumique du solide. Sa matrice d'inertie dans la base ( )b = ( ), , i j k est :


( )( )

2 21

2 21 1

21

0 04 3

0 04 3

0 02

bO

a hm

a hS m

am

⎡ ⎤⎛ ⎞+⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥

⎛ ⎞⎢ ⎥= +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

La masse de la demi-boule est 32

23

m aπ ρ= et sa matrice d'inertie au point O

dans la base (b) est :

( )( )

22

22 2

22

2 0 05

20 05

20 05

bO

m a

S m a

m a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

La masse de l'ensemble cylindre et demi-boule est :

( )21 2

23

m m m a a hπ ρ= + = + .

Des expressions des masses m1, m2 et m, nous déduisons :

1 2

23, .2 2

3 3

ahm m m ma h a h

= =+ +

La matrice d'inertie de l'ensemble est diagonale et les termes diagonaux s'ex-priment suivant :

( ) 2

2

1 42 2 15 ,2

34

15 ,23

Ox Oy

Oz

rrI I ma

r

rI ma

r

+ += =

+

+=

+

en introduisant le rapport : /r h a= .

15.5 Matrice d'inertie d'un parallélépipède non homogène (figure 15.24) Le parallélépipède (S) est constitué (figure exercice 15.5) de quatre parallélé-

pipèdes (S1), (S2), (S3) et (S4). Le parallélépipède (S1) a une masse m1 et son centre G1 de masse a pour

coordonnées ( )0, , 2 2b c− . Sa matrice d'inertie en G1 dans la base ( ) ( ), , b i j k=

est d'après (15.103) :


( )( )

( )

( )

( )1

2 21

2 211

2 21

0 012

0 4 012

0 0 412

bG

m b c

mS a c

m a b

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= +⎢ ⎥⎢ ⎥

+⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

Le parallélépipèdes (S2) a une masse m2 et son centre de masse G2 a pour

coordonnées ( )0, , 2 2b c . Sa matrice d'inertie en G2 est de même :

( )( )

( )

( )

( )2

2 22

2 222

2 22

0 012

0 4 012

0 0 412

bG

m b c

mS a c

m a b

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= +⎢ ⎥⎢ ⎥

+⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

Le parallélépipède (S3) a une masse m1 et son centre de masse G3 a pour

coordonnées ( )0, , 2 2b c− . Sa matrice d'inertie est égale à celle de (S1) :

( )( ) ( )( )3 13 1

b bG GS S=I I .

Le parallélépipède (S4) a une masse m2 et son centre de masse G4 a pour

coordonnées ( )0, , 2 2b c− − . Sa matrice d'inertie est égale à celle de (S2) :

( )( ) ( )( )4 24 2

b bG GS S=I I .

Le parallélépipède (S) constitué des quatre parallélépipèdes a une matrice d'inertie en O exprimée par :

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 2 3 4b b b b b

O O O O OS S S S S+ +I = I I I + I .


2c

y

x

z

2a

2b

O m1

m1 m2

m2

(S1)

(S2)

(S3) (S4)

(∆)

A


Il faut donc exprimer les matrices d'inertie de chaque parallélépipède au point O. Pour le parallélépipède (S1), nous avons :

( )( ) ( )( ) ( ) ( )1 11 1 1

b b bO G OGS S S=I I + D ,

avec d'après la relation (15.24) :

( ) ( )

( )( )

( )

1 1 1 11 1

1 1 1 11 1 1

1 1 1 1 1 1

2 21 1 1

2 21 1 1 1

2 21 1 1

G G G GG G

bG G G GOG G G

G G G G G G

m y z m x y m x z

S m x y m x z m y z

m x z m y z m x y

⎡ ⎤+ − −⎢ ⎥⎢ ⎥= − + −⎢ ⎥⎢ ⎥− − +⎢ ⎥⎣ ⎦

D ,

où 1 1 1, et G G Gx y z sont les coordonnées du centre de masse G1. D'où :

( ) ( )

( )

1

2 21

21 11

21 1

0 04

04 4

04 4

bOG

m b c

m mS c bc

m mbc b

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

D .

La matrice d'inertie en O est donc :

( )( )

( )

( )

( )

2 21

2 21 11

2 21 1

0 03

03 4

04 3

bO

m b c

m mS a c bc

m mbc a b

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= +⎢ ⎥⎢ ⎥

+⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

Pour le parallélépipède (S2), nous avons :

( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 22 2 2

b b bO G OGS S S=I I + D ,

où les coordonnées du centre de masse sont ( )0, , 2 2b c . Avec la même démarche

que précédemment, nous obtenons :

( )( )

( )

( )

( )

2 22

2 22 22

2 22 2

0 03

03 4

04 3

bO

m b c

m mS a c bc

m mbc a b

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= + −⎢ ⎥⎢ ⎥

− +⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

En appliquant les relations précédentes aux parallélépipèdes (S3) et (S4), nous trouvons que :

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )3 1 4 2 et b b b bO O O OS S S S= =I I I I .

D'où la, matrice d'inertie :


( )( )

( )( )

( )( ) ( )

( ) ( )( )

2 21 2

2 21 2 1 2

2 21 2 1 2

2 0 03

2 103 2

1 202 3

bO

m m b c

S m m a c m m bc

m m bc m m a b

⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎢ ⎥

= + + − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− − + +⎣ ⎦

I

Moment d'inertie par rapport à une diagonale du parallélépipède Soit (∆) la diagonale passant par le sommet A du parallélépipède. Le vecteur

OA est vecteur directeur de l'axe (∆) :

OA a i b j c k= + + .

Les cosinus directeurs de l'axe sont donc :

2 2 2 2 2 2 2 2 2

, , .a b ca b c a b c a b c

α β γ= = =+ + + + + +

Le moment d'inertie par rapport à l'axe (∆) est déduit de la relation (15.46). Soit :

2 2 2 2Ox Oy Oz OyzI I I I P∆ α β γ βγ= + + − . Ce qui conduit à :

( )( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 22 2 2

1 43

I m m a b b c a c m m b ca b c

∆⎡ ⎤= + + + − −⎢ ⎥⎣ ⎦+ +

.

15.6 Matrice d'inertie d'une boule avec un trou sphérique Une boule (S) de rayon a est creusée d'un trou sphérique de rayon /2a , passant

par le centre de la boule (figure exercice 15.6). La boule pleine (S1) peut être considérée comme constituée de la boule évidée (S) et de la boule (S2) qui a été enlevée. La propriété d'associativité des matrices d'inertie s'écrit :

( )( ) ( )( ) ( )( )1 2b b b

O O OS S S=I I + I


y

z

x

O G2

(S2)

(S1)


D'où la matrice d'inertie de la boule évidée :

( )( ) ( )( ) ( )( )1 2b b b

O O OS S S= −I I I .

La matrice d'inertie de la boule (S1) est :

( )( )

21

21 1

21

2 0 05

20 05

20 05

bO

m a

S m a

m a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I ,

où m1 est la masse de la boule (S1). La matrice d'inertie de la boule (S2) au centre de masse G2 est :

( )( )2

22

222

22

0 010

0 010

0 010

bG

m a

mS a

m a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I ,

où m2 est la masse de la boule (S2). Cette matrice doit être évaluée au point O. Soit : ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

2 22 2 2b b b

O G OGS S S=I I + D ,

où les coordonnées du point G2 sont ( )0, , 02a . D'où :

( ) ( )2

22

222

0 04

0 0 0

0 04

bOG

m a

Sm a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

D .

Soit :

( )( )

22

222

22

7 0 020

0 010

70 020

bO

m a

mS a

m a

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

Nous en déduisons l'expression de la matrice d'inertie de la boule évidée :

( )( )

( )( )

( )

21 2

221

21 2

2 7 0 05 20

20 05 10

2 70 05 20

bO

m m a

mS m a

m m a

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥

= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

I .


Le rayon de la sphère enlevée (S2) est la moitié du rayon de la sphère (S1). Il en résulte que 2 1/8m m= . Ce qui conduit à :

1 28 , .7 7

mm m m= =

où m est la masse de la sphère évidée (S). Finalement la matrice d'inertie s'écrit :

( )( )

2

2

2

57 0 0140

310 070

570 0140

bO

ma

S ma

ma

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I .

15.7 Matrice d'inertie d'une plaque trouée (figure exercice 15.7) Le lecteur trouvera aisément que la matrice d'inertie de la plaque trouée (S) est :

( )( )

2 2

2 2

2 2 2

0 01 12 4

0 01 12 4

0 01 12 2

cc

bO c

c

cc

m b crr

m a cS rr

m a b crr

⎡ ⎤⎛ ⎞−⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠−⎢ ⎥

⎛ ⎞⎢ ⎥= −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠−⎢ ⎥

⎛ ⎞+⎢ ⎥−⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠−⎣ ⎦

I ,

en introduisant la masse m de la plaque trouée et le rapport des surfaces :

2

ccr

abπ= .


y

x b

a

O

c

z

Chapitre 16 Torseur cinétique. Torseur dynamique

Énergie cinétique

16.1 Mouvement de rotation d'un parallélépipède autour d'un axe passant par son centre (figure 16.2a)

L'étude du mouvement sera toujours menée suivant la même progression : 1) détermination des paramètres de situation, 2) étude cinématique, 3) étude cinétique. 1. Paramètres de situation

Nous associons un trièdre lié au repère de référence (T) du mouvement : le trièdre (Oxyz) (figure exercice 16.1) tel que l'axe Oz coïncide avec l'axe de rotation et que le point O soit confondu avec le centre du parallélépipède. L'axe Ox est choisi suivant une direction donnée du plan (Oxy). 1.1. Paramètres de translation

Nous choisissons un point particulier du parallélépipède (S) : le point O. Ce point est fixe dans le mouvement. Il n'y a donc pas de paramètre de translation. 1.2. Paramètres de rotation

Nous associons un trièdre lié au parallélépipède : le trièdre ( )S SOx y z tel que les axes SOx et SOy soient parallèles aux arêtes. Nous avons une rotation d'angle


y

z

x(T)

O

yS

xS

(S)

(∆)

ψ

560 Chapitre 16 Torseurs cinétique et dynamique. Énergie cinétique

ψ autour de la direction k . Donc un paramètre de rotation ψ. Le changement de base est :

cos sin ,

sin cos ,.

S

S

i i jj i j

k

ψ ψψ ψ

= +⎧⎪ = − +⎨⎪⎩

2. Étude cinématique Le torseur cinématique ( ){ }T

SV relatif au mouvement du parallélépipède (S) par rapport au repère (T) a pour éléments de réduction en O :

( ){ } ( )

( ){ } ( )

, vecteur rotation instantané relatif au mouvement,

( , ) 0, vecteur vitesse du point particulier .

T TS S

T TO S

R k

O t O

ω ψ⎧ = =⎪⎨

= =⎪⎩M

VV v

3. Étude cinétique 3.1. Torseur cinétique

Le torseur cinématique ( ){ }TSP relatif au mouvement du parallélépipède (S) par

rapport au repère (T) a pour éléments de réduction au point O qui est le centre de masse du solide :

( ){ } ( )

( ){ } ( ) ( )

( , ) 0,

, puisque est le centre de masse .

T TS

T TO S O S

R m O t

S Oω

⎧ = =⎪⎨

=⎪⎩M

PP

v

I

L'opérateur d'inertie ( )O SI du parallélépipède au point O est représenté dans la base ( ) ( ), , S S Sb i j k= par la matrice d'inertie exprimée au chapitre précédent :

( )( )

( )

( )

( )

2 2

2 2

2 2

0 012

0 012

0 012

SbO

m b c

mS a c

m a b

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎢ ⎥

= +⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥+⎣ ⎦

I ,

où m est la masse et a, b, c sont les côtés du parallélépipède. Il faut noter que les matrices d'inertie ont été évaluées dans le chapitre précédent dans une base liée aux solides. D'où l'utilisation ici de la base ( )Sb .

Il en résulte que :

( ){ }( ){ } ( )

2 2

0,

,12

TS

TO S

Rm a b k C kψ ψ

⎧ =⎪⎨

= + =⎪⎩M

P

P

en posant :

( )2 212mC a b= + .

3.2. Énergie cinétique L'expression de l'énergie cinétique est :


( ) ( ){ } ( ){ }c1( )2

T T TS SE S = ⋅P V .

Pour faire le produit des torseurs, nous effectuons la somme des produits scalaires croisés des résultantes et des moments des torseurs exprimés au même point. Ici :

( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ }c1( )2

T T T T TO OS S S SE S R R⎡ ⎤= +⎣ ⎦⋅ ⋅M MP V V P .

D'où :

( ) ( )2 2 2 2c

1( )24 2

T mE S a b Cψ ψ= + = .

3.3. Torseur dynamique Le torseur cinématique ( ){ }T

SD relatif au mouvement du parallélépipède (S) par rapport au repère (T) a pour éléments de réduction au point O :

( ){ } ( )

( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( , ) ,

.

T TS

T T T TO S O S S O S

R ma O t

S Sω ω ω

⎧ =⎪⎨

= + ∧⎪⎩M

DD I I

Le vecteur ( )TSω est exprimé par kψ . Le produit vectoriel est nul, puisque les

deux vecteurs sont colinéaires. D'où :

( ){ }( ){ } ( )

2 2

0,

.12

TS

TO S

Rm a b k C kψ ψ

⎧ =⎪⎨

= + =⎪⎩M

D

D

Nous observons que l'expression du moment du torseur dynamique aurait pu être obtenue en dérivant l'expression du moment en O du torseur cinétique (propriété (16.24)). Si cette propriété est intéressante dans le cas présent, il n'est pas conseillé d'utiliser cette propriété d'une manière générale.

16.2 Mouvement de rotation d'un parallélépipède autour d'un axe excentré (figure 16.2b)

L'analyse est menée suivant le même processus que celui utilisé dans l'exercice précédent. 1. Paramètres de situation

Nous associons un trièdre lié au repère de référence (T) du mouvement : le trièdre (Oxyz) (figure exercice 16.2) tel que l'axe Oz coïncide avec l'axe de rotation et que le point O soit situé dans le plan milieu du parallélépipède. L'axe Ox est choisi suivant une direction donnée du plan médian. 1.1. Paramètres de translation

Nous choisissons un point particulier du parallélépipède (S) : le point O. Ce point est fixe dans le mouvement. Il n'y a donc pas de paramètre de translation. 1.2. Paramètres de rotation

Nous associons un trièdre lié au parallélépipède : le trièdre ( )S SOx y z tel que les axes SOx et SOy soient parallèles aux arêtes. Nous avons une rotation d'angle ψ autour de la direction k . Donc un paramètre de rotation ψ.



Le changement de base est :

cos sin ,

sin cos ,.

S

S

i i jj i j

k

ψ ψψ ψ

= +⎧⎪ = − +⎨⎪⎩

2. Étude cinématique 2.1. Torseur cinématique

Le torseur cinématique ( ){ }TSV relatif au mouvement du parallélépipède (S) par

rapport au repère (T) a pour éléments de réduction en O :

( ){ } ( )

( ){ } ( )


( , ) 0, vecteur vitesse du point particulier .

T TS S

T TO S

R k

O t O

ω ψ⎧ = =⎪⎨

= =⎪⎩M

VV v

2.2. Vecteurs cinématiques du centre de masse Les vecteurs vitesse et accélération du centre de masse sont nécessaires pour

déterminer les résultantes des torseurs cinétique et dynamique. Le vecteur vitesse peut être déduit en écrivant l'expression du moment au point

G du torseur cinématique :

( ){ } ( ){ } ( ){ }T T TG OS S SR OG= + ∧M MV V V .

Ce qui conduit à la relation des vecteurs vitesse :

( ) ( ) ( ) ( , ) ( , )T T T

SG t O t OGω= + ∧v v , avec :

y

z

x (T)

O

yS

xS

(S)

(∆)

ψ

d

G


( )

2 S SaOG d i l i= − = ,

où a est la longueur de l'arête du parallélépipède et en posant :

2al d= − .

D'où : ( )

( , )TSG t l jψ=v .

Le vecteur vitesse peut également être obtenu à partir de la relation de définition du vecteur vitesse :

( )( )

d( , )d

TT G t OG

t=v ,

où OG a été explicité ci-dessus. Nous obtenons alors directement l'expression précédente du vecteur vitesse.

Le vecteur accélération est déduit en dérivant le vecteur vitesse par rapport au temps et en considérant que ψ et Sj sont fonctions du temps. Nous obtenons ainsi : ( ) ( )

2( , )TS Sa G t l i jψ ψ= − + .

Les vecteurs cinématiques peuvent être éventuellement exprimés dans la base ( ), , i j k à l'aide de la relation de changement de base. D'où :

( ) ( ) ( , ) sin cosT G t l i jψ ψ ψ= − +v ,

( ) ( ) ( ) 2 2( , ) cos sin sin cosTa G t l i jψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ⎡ ⎤= − + + − +⎣ ⎦.


Le torseur cinématique ( ){ }TSP relatif au mouvement du parallélépipède (S) par

rapport au repère (T) a pour éléments de réduction au point O :

( ){ } ( )

( ){ } ( ) ( ) ( )

( , ) ,

( , ) .

T TS S

T T TO S O S

R m G t ml j

m OG O t S

ψ

ω

⎧ = =⎪⎨

= ∧ +⎪⎩M

PP

v

v I

Le vecteur vitesse du point O étant nul, le premier terme est nul. L'opérateur d'inertie ( )O SI du parallélépipède au point O est représenté dans la base ( ) ( ), , S S Sb i j k= par la matrice d'inertie en G suivant :

( )( ) ( )( ) ( )( )S S Sb b bO G OGS S S=I I + D .

Les coordonnées du point G dans le trièdre ( )S SOx y z étant (l, 0, 0), nous avons :

( )( ) 2

2

0 0 0

0 0

0 0

SbOG S ml

ml

⎡ ⎤⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

D .

D'où la matrice d'inertie en O :


( )( )

( )2 2

2 2 2

2 2 2

0 012

0 012

0 012

SbO

m b c

a cS m l

a bm l

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎢ ⎥⎛ ⎞+= +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥

⎛ ⎞⎢ ⎥+ +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

I .

Finalement nous obtenons :

( ){ }

( ){ } ( )

2

,

.

TS S

TO S

R ml j

C ml k

ψ

ψ

⎧ =⎪⎨

= +⎪⎩

PPM

3.2. Énergie cinétique

Elle s'exprime suivant :

( ) ( ){ } ( ){ }c1( )2


Il faut faire les produits scalaires croisés des résultantes et des moments des torseurs exprimés au point O. nous obtenons :

( ) ( )2 2c

1( )2

TE S C ml ψ= + .

3.3. Torseur dynamique Le torseur cinématique ( ){ }T

SD relatif au mouvement du parallélépipède (S) par rapport au repère (T) a pour éléments de réduction au point O :

( ){ } ( ) ( )

( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 ( , ) ,

( , ) .

T TS S S

T T T T TO S O S S O S

R ma G t ml i j

m OG a O t S S

ψ ψ

ω ω ω

⎧ = = − +⎪⎨

= ∧ + + ∧⎪⎩M

DD I I

Le premier terme du moment est nul puisque le point O est fixe. Dans le troisième terme, les deux vecteurs sont colinéaires à k . Leur produit vectoriel est donc nul. D'où :

( ){ } ( )

( ){ } ( )

2

2

,

.

TS S S

TO S

R ml i j

C ml k

ψ ψ

ψ

⎧ = − +⎪⎨

= +⎪⎩M

DD

16.3 Mouvement d'un parallélépipède sur un plan (figure 16.3) Ce mouvement a déjà été étudié à l'exercice 9.1. Nous en reprenons les

éléments. 1. Paramètres de situation

Nous associons (figure exercice 16.3) le trièdre (Oxyz) au plan (T) sur lequel se déplace le parallélépipède, tel que le plan (Oxy) soit confondu avec le plan (T). L'axe Ox est choisi suivant une direction donnée du plan. 1.1. Paramètres de translation

Nous choisissons un point particulier du parallélépipède (S). Dans l'exercice 9.1, nous avons choisi le point A sommet du parallélépipède. Toutefois, il est



possible de choisir le centre de masse G, ce qui simplifiera l'analyse cinétique. Les coordonnées de G sont ( ), , /2x y c où c est la hauteur du parallélépipède. Nous avons deux paramètres de translation : x et y. 1.2. Paramètres de rotation

Nous associons le trièdre ( )S SGx y z lié au parallélépipède, tel que les axes

SGx et SGy soient parallèles aux arêtes. L'orientation est donnée par la rotation

ψ autour de la direction k . D'où :

cos sin ,

sin cos ,.

S

S

i i jj i j

k

ψ ψψ ψ

= +⎧⎪ = − +⎨⎪⎩

2. Étude cinématique 2.1. Torseur cinématique

Le torseur cinématique ( ){ }TSV relatif au mouvement du parallélépipède (S) par

rapport au plan (T) a pour éléments de réduction en G :

( ){ } ( )

( ){ } ( )


( , ) , vecteur vitesse du point .

T TS S

T TG S

R k

G t x i y j G

ω ψ⎧ = =⎪⎨

= = +⎪⎩M

VV v

2.2. Vecteur accélération du centre de masse Il est donné par :

( )( )

( )

d( , ) ( , )d

TT Ta G t G t x i y j

t= = +v .


Le torseur cinématique ( ){ }TSP relatif au mouvement a pour éléments de

réduction au point G :

(T) (S) A

B

C D A'

B'

C'

D'

O

x

x

xS

yS

y z z

ψ

i j

k

Si Sj G


( ){ } ( ) ( )( ){ } ( ) ( ) ( )

2 2

( , ) ,

.12

T TS

T TG S G S

R m G t m x i y jmS a b k C kω ψ ψ

⎧ = = +⎪⎨

= = + =⎪⎩M

P

P

v

I

3.2. Énergie cinétique L'énergie cinétique est exprimée par :

( ) ( ){ } ( ){ }c1( )2


Soit en exprimant les produits scalaires croisés des résultantes et des moments au point G. nous obtenons :

( ) ( )2 2 2c

1 1( )2 2

TE S m x y Cψ= + + .

Le premier terme est l'énergie cinétique de translation et le second terme est l'énergie cinétique de rotation. 3.3. Torseur dynamique

Le torseur cinématique ( ){ }TSD relatif au mouvement a pour éléments de réduc-

tion au point G :

( ){ } ( ) ( )

( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( , ) ,

.

T TS

T T T TG S G S S G S

R ma G t m x i y j

S S C kω ω ω ψ

⎧ = = +⎪⎨

= + ∧ =⎪⎩M

DD I I

Les trois exercices 16.1, 16.2 et 16.3 permettent de mettre en évidence les différences entre trois mouvements d'un même solide.

Chapitre 21 Dynamique d'un système à un degré de liberté

Analyse des vibrations

21.1 Masse entraînée par une roue (figure 21.15) 1. Équation du mouvement de la masse lorsque la roue est immobile

Nous considérons d'abord le cas où le point A de l'essieu est fixe (figure exercice 21.1). À l'équilibre le centre de masse de la masse m est en O. Les actions exercées sur la masse sont : la pesanteur, l'action du ressort et le frottement visqueux. D'où l'équa-tion du mouvement :

my mg ky cy= − − − .

La position d'équilibre de la masse ( 0, 0y y= = ) est :

stmgyk

= − .

Avec les valeurs données, nous obtenons : st 5, 2 mm.y = − Autour de cette position d'équilibre, l'équation du mouvement est : 0my cy ky+ + = ,

ou 2

02 0y y yδ ω+ + = , où δ est le coefficient d'amortissement et la pulsation est 0 /k mω = , soit

0 43,3 rad/sω = .

2. Équation du mouvement lorsque la roue se déplace Du fait de la surface ondulée, le centre A de la roue a un mouvement défini par

l'équation sin /Ay d x lπ= . Considérant qu'à l'instant origine 0t = , le point de contact de la roue est en 0x = , introduisant la distance parcourue à l'instant t : x t= v , le déplacement du centre de la roue s'écrit :

sinAy d tω= , où la pulsation ω est donnée par /lω π= v , v étant la vitesse de la roue.


k

m

A

y

OG

568 Chapitre 21 Dynamique d'un système à un degré de liberté. Analyse des vibrations

Le déplacement global y de la masse est : A ry y y= + , où ry est le déplace-ment relatif suivant y dans le repère lié à la roue. L'équation de mouvement s'écrit en l'absence de frottement suivant : rmy mg ky= − − . La position d'équilibre a été obtenue précédemment et autour de cette position d'équilibre, l'équation de mouvement est : Amy ky k y+ = − .

Dans le cas d'un frottement visqueux, il serait nécessaire de faire une analyse analogue à celle du paragraphe 21.3.36. Pour simplifier, nous introduisons simple-ment le terme cy dans l'équation précédente. D'où :

sinmy cy ky kd tω+ + = − .

L'équation de mouvement s'écrit donc sous la forme :

20 m2 siny y y q tδ ω ω+ + = ,

en posant au signe près :

mkdqm

= .

L'équation obtenue est analogue à l'équation (21.97) et l'amplitude de la réponse est donnée d'après (21.106) par : m st( )y K yω= ,

où le facteur d'amplification ( )K ω est exprimé en (21.107). Sa variation est reportée sur la figure 21.8.

L'amplitude my du mouvement passe par un maximum, d'après (21.124), pour :

2m 0 01 2 0,990ω ξ ω ω= − = .

Cette fréquence correspond à la vitesse mv de déplacement de la roue donnée par :

0mm 0,990 ll ωω

π π= =v .

Soit une vitesse de l'ordre de 49 km/h. Pour cette vitesse, l'amplitude des vibrations est d'après (21.125) :

m st21

2 1y y

ξ ξ=

−.

Soit : m st5,025 26,1 mmy y= = .

L'amplitude des vibrations décroît lorsque la vitesse diminue ou augmente à partir de la valeur de 49 km/h.

21.2 Vibrations forcées dans le cas d'une excitation en dent de scie Les vibrations forcées dans le cas d'une force périodique imposée est traitée au

paragraphe 21.3.4. La fonction force en fonction du temps est décomposée en série de Fourier (21.134) dont les coefficients sont donnés par les expressions


(21.135)-(21.137). Dans le cas de la fonction en dent de scie de la figure 21.16, la fonction ( )f t

est antisymétrique par rapport à /2t T= . D'où :

/2

0 /2( ) d ( ) d

T T

Tf t t f t t= −∫ ∫ .

Il en résulte que le terme a0 donné par (21.135) est nul. Le terme an est exprimé par (21.136). La fonction cos n tω est symétrique par

rapport à /2t T= . Associée à l'antisymétrie de ( )f t , cette symétrie conduit à :

/2

0 /2( ) cos d ( ) cos d

T T

Tf t n t t f t n t tω ω= −∫ ∫ .

Les termes an sont donc nuls. Le terme bn est donné par l'expression (21.137). Dans l'intervalle de 0 à /2T , la

fonction ( )f t est symétrique par rapport à /4T , et dans l'intervalle de /2T à T, elle est symétrique par rapport à 3 /4T . Par contre, lorsque n est pair, les parties correspondantes de la fonction sin n tω sont antisymétriques. Il en résulte que les termes bn sont nuls pour 2, 4, etc.n =

Lorsque n est impair, la fonction ( )f t et sin n tω sont antisymétriques par rapport à /2T . Il en résulte que l'expression (21.137) conduit à :

/4

0 0

2 8( )sin d ( )sin dT T

nb f t n t t f t n t tT T

ω ω= =∫ ∫ .

Dans l'intervalle de 0 à /4T , nous avons :

4( ) Af t tT

= ,

et l'expression de bn devient :

/4

2 0

32 sin dT

nAb t n t t

Tω= ∫ .

Pour intégrer, nous faisons le changement de variable : 2u n t n tTπω= = . D'où :

2

2 2 0

8 sin dn

nAb u u u

n

π

π= ∫ .

En intégrant par partie, nous obtenons :

1

22 2 2 28 8sin ( 1) , 1, 3, 5, . . .

2

n

nA Ab n n

n nπ

π π

−= = − =

D'où :

( )28 1 1( ) sin sin 3 sin 5 . . .

9 25Af t t t tω ω ω

π= − + − .

Nous observons que la série converge rapidement. Il en résulte que la force en dent de scie produit approximativement le même effet qu'une force sinusoïdale de

570 Chapitre 21 Dynamique d'un système à un degré de liberté. Analyse des vibrations

période T exprimée par :

28( ) sinAf t tωπ

= .

Pour juger de l'importance du deuxième terme de la série, nous pouvons évaluer le facteur d'amplification ( )K ω exprimé par l'expression (21.107). À la résonance ( 0ω ω= ), le facteur d'amplification pour le premier terme est :

1 01( )

2K ω

ξ= ,

Et pour le deuxième terme, il devient :

3 0 21 1( )9 4 36

K ωξ

=+

.

Si 0,10ξ = , nous obtenons : 1 0 3 0( ) 5, ( ) 0,053,K Kω ω= = soit une erreur de l'ordre de 1 % en ne considérant que le premier terme.

Chapitre 22 Mouvement de rotation d'un solide

autour d'un axe fixe

22.1 Mouvement d'un parallélépipède autour d'un axe passant par son centre (figure 22.6)

Les trièdres de référence utilisés sont reportés sur la figure ci-dessous. Les paramètres de situation, les analyses cinématique et cinétique du mouvement ont fait l'objet de l'exercice 16.1 (paragraphes 1, 2 et 3). L'étape suivante (étape 4) consiste à analyser les actions mécaniques exercées.

4. Actions mécaniques exercées sur le parallélépipède 4.1. Action de pesanteur

Cette action est représentée par le torseur ( ){ }e SP d'éléments de réduction au centre de masse :

( ){ }

( ){ } e ,

e 0,G

R S mg i

S

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩M

PP

où m est la masse du parallélépipède. 4.2. Action du ressort de torsion

Le ressort exerce une action-couple représentée par le torseur ( ){ }SR d'éléments de réduction :

( ){ }

( ){ }

0,

,G

R S

S K kψ

⎧ =⎪⎨

= −⎪⎩M

RR


G

(R)

x xS

yS

y

z ψ

572 Chapitre 22 Mouvement de rotation d'un solide autour d'un axe fixe

où K est la constante de torsion du ressort et l'angle ψ est repéré par rapport à la position où le ressort n'exerce aucune action sur le solide. 4.3. Action du bâti due à la liaison rotoïde

Cette action est représentée par le torseur ( ){ }SL d'éléments de réduction au point G :

( ){ }

( ){ }

,

.l l l

G l l l

R S X i Y j Z k

S L i M j N k

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩M

LL

Les composantes Xl, Yl, . . . , Nl sont à déterminer. La puissance développée par l'action est :

( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }T TSP S S= ⋅L L V ,

où le torseur cinématique a été explicité au paragraphe 2 du corrigé de l'exercice 16.1. Nous obtenons ainsi : ( ) ( ){ }T

lP S N ψ=L .

5. Relation fondamentale de la dynamique Elle s'écrit

( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ }e ,TS S S S= + +PD R L

où le torseur dynamique a été explicité au paragraphe 3 du corrigé de l'exercice 16.1. Nous obtenons les six équations scalaires :

― résultante :

0 ,0 ,0 ,

l

l

l

mg XYZ

= +==

― moment en G :

0 ,0 ,

.

l

l

l

LM

C N Kψ ψ

=== −

Les cinq premières équations donnent les composantes des actions de liaison : , 0, 0, 0, 0.l l l l lX mg Y Z L M= − = = = =

La dernière équation est l'équation de mouvement : .lC N Kψ ψ= −

Pour la résoudre, il est nécessaire de faire une hypothèse sur la nature physique de la liaison rotoïde : frottement ou absence de frottement.

Dans le cas où il n'y a pas de frottement, la puissance développée est nulle. Soit :

( ) ( ){ } 0TlP S N ψ= =L .

Ce qui conduit à 0.lN = L'équation de mouvement s'écrit alors :

20 0ψ ω ψ+ = ,


en posant :

( )20 2 2

12K KC m a b

ω = =+

.

Dans la cas d'une liaison rotoïde de type visqueux, la composante lN est opposée à la vitesse angulaire de rotation : lN cψ= − , et l'équation de mouvement s'écrit sous la forme :

202 0ψ δψ ω ψ+ + = ,

en posant :

( )2 26

2c cC m a b

δ = =+

.

Les équations de mouvement obtenues sont donc celles d'un mouvement à un degré de liberté (chapitre 21) sans frottement ou avec frottement.

22.2 Mouvement d'un parallélépipède autour d'un axe passant par son centre (figure 22.7a)

Les trièdres de référence utilisés sont reportés sur la figure ci-dessous. Les paramètres de situation, les analyses cinématique et cinétique du mouvement ont fait l'objet de l'exercice 16.1 (paragraphes 1, 2 et 3). L'étape suivante (étape 4) consiste à analyser les actions mécaniques exercées.

4. Actions mécaniques exercées sur le parallélépipède 4.1. Action de pesanteur

Cette action est représentée par le torseur ( ){ }e SP d'éléments de réduction au


G

Od

x xS

yS

y

z ψ


centre de masse :

( ){ }

( ){ } e ,

e 0.G

R S mg i

S

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩M

PP

4.2. Action du bâti due à la liaison rotoïde Cette action est représentée par le torseur ( ){ }SL d'éléments de réduction au

point O :

( ){ }

( ){ }

,

.l l l

O l l l

R S X i Y j Z k

S L i M j N k

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩M

LL

La puissance développée par l'action est :

( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }T TSP S S= ⋅L L V ,

où le torseur cinématique a été explicité au paragraphe 2 du corrigé de l'exercice 16.2. Nous obtenons ainsi : ( ) ( ){ }T

lP S N ψ=L . Dans le cas présent, nous observons qu'il est nécessaire d'exprimer le moment de l'action de liaison en un point de l'axe de rotation (le point O) afin d'obtenir une relation simple de la puissance et facile à exploiter pour expliciter les conditions de frottement ou de non frottement. 4.3. Couple moteur

Il est possible d'exercer sur le parallélépipède un couple moteur représenté par le torseur ( ){ }SA , dont les éléments de réduction au point O sont :

( ){ }

( ){ }

0,

,O

R S

S N k

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩M

AA

où N est connu.

5. Relation fondamentale de la dynamique Elle s'écrit :

( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ }e ,TS S S S= + +PD L A

où le torseur dynamique a été explicité au paragraphe 3 du corrigé de l'exercice 16.2. Cette équation conduit à l'équation de la résultante et à celle du moment au point O :

( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ }

( ){ } ( ){ } ( ){ } ( ){ }

e ,

e .

TS

TO O O OS

R R S R S R S

S S S

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩M M M M

P

P

D L AD L A

Pour expliciter l'équation du moment en O, il est nécessaire d'exprimer le moment en O de l'action de pesanteur :

( ){ } ( ){ } e e sinO S R S GO mgl kψ= ∧ = −M P P .

D'où les six équations scalaires :


( )( )

( )

2

2

2 2

cos sin ,

sin cos ,0 ,0 ,0 ,

sin .12

l

l

l

l

l

l

ml mg X

ml YZLM

m a b mgl N N

ψ ψ ψ ψ

ψ ψ ψ ψ

ψ ψ

− + = +

− + ====

+ = − + +

Nous obtenons 6 équations pour 7 inconnues : , , . . . , , .l l lX Y N ψ Une équation supplémentaire sur lN sera donnée par la nature physique de la liaison. La dernière équation est l'équation de mouvement qui permet de trouver le mouve-ment ψ en fonction du temps. Les autres équations permettent de trouver les composantes de l'action de liaison.

Dans le cas d'une liaison sans frottement, 0lN = et l'équation du mouvement, en l'absence de couple moteur, s'écrit :

20 sin 0ψ ω ψ+ = ,

en posant :

20 2 2

12gla b

ω =+

.

Dans le cas d'une liaison avec frottement visqueux : ,lN cψ= − l'équation du mouvement s'écrit :

202 sin 0ψ δψ ω ψ+ + = ,

en introduisant le coefficient δ déjà exprimé. Les équations de mouvement se réduisent aux équations usuelles du

mouvement à un degré de liberté dans le cas d'angles faibles pour lesquels sin .ψ ψ≈

22.3 Mouvement d'un parallélépipède autour d'un axe excentré avec rappel d'un ressort de torsion (figure 22.7b)

L'analyse diffère de l'exercice précédent uniquement par l'introduction de l'action mécanique exercée par le ressort de torsion (action déjà considérée dans l'exercice 22.1). L'action exercée est une action-couple représentée par le torseur

( ){ }SR dont les éléments de réduction au point O sont :

( ){ }

( ){ }

0,

,O

R S

S K kψ

⎧ =⎪⎨

= −⎪⎩M

RR

où K est la constante de torsion du ressort. La relation du moment suppose que le ressort est monté de manière qu'aucun couple de torsion ne soit exercé lorsque le centre de masse G du parallélépipède est à la verticale du point O ( 0ψ = ).

Il en résulte que seule l'équation de mouvement est modifiée et s'écrit, en


l'absence de couple moteur, suivant :

( )2 2 sin .12 lm a b mgl K Nψ ψ ψ+ = − − +

Dans le cas de petits angles de rotation et d'un frottement visqueux, l'équation de mouvement s'écrit sous la forme réduite usuelle d'un mouvement à un degré de liberté, en introduisant :

( )20 2 2

12 mgl Ka b

ω +=

+.

Les effets des actions de pesanteur et du ressort se superposent.

Chapitre 24 Autres exemples de mouvements

24.1 Mouvement de deux solides (figure 24.7) 1. Paramètres de situation 1.1. Mouvement du solide (S1) par rapport au bâti (T)

Nous associons un trièdre (Oxyz ) lié au au bâti ( )T tel que le point O soit le centre de la face supérieure du solide 1( ),S que l'axe Oz soit confondu avec l'axe de rotation ( )1∆ et que l'axe Ox soit vertical descendant (figure exercice 24.1). 1.1.1. Paramètres de translation

Nous choisissons un point particulier du solide 1( )S : le point O. Ce point est fixe. Il n'y a donc pas de paramètre de translation. 1.1.2. Paramètres de rotation

Nous associons un trièdre lié au solide 1( )S : le trièdre ( )1 1Ox y z , tel que l'axe 1Ox soit confondu avec l'axe du cylindre 1( ).S L'orientation est définie par l'angle

ψ de rotation autour de la direction k . Nous avons donc un paramètre de rotation ψ .

La relation de changement de base s'écrit :


(S1)

(S2)

ψ

ψ

G2 G1

y1

y

z

z

z2

y1

y2

x1

θ

θ

x

O

578 Chapitre 24 Autres exemples de mouvements

1

1

cos sin ,sin cos ,

.

i i jj i j

k

ψ ψψ ψ

= +⎧⎪ = − +⎨⎪⎩

1.2. Mouvement du solide (S2) par rapport au bâti (S1) 1.2.1. Paramètres de translation

Nous choisissons un point particulier du solide 2( )S : le centre de masse 2G . Les coordonnées de ce point dans le trièdre ( )1 1Ox y z sont ( ) , 0, 0 .x Nous avons donc un paramètre de translation x. Soit :

2 1OG x i= . 1.2.2. Paramètres de rotation

Nous associons le trièdre ( )2 1 2 2G x y z au solide 2( )S (figure exercice 24.1). Par rapport au trièdre ( )2 1 1G x y z nous avons une rotation d'angle θ autour de la direction 1.i D'où un paramètre de rotation .θ Le changement de base est :

1

2 1

2 1

,cos sin ,

sin cos .

ij j kk j k

θ θθ θ

⎧⎪ = +⎨⎪ = − +⎩

2. Étude cinématique 2.1. Mouvement du solide (S1) par rapport au bâti (T) 2.1.1. Torseur cinétique

Le torseur cinématique ( ){ }1T

SV relatif au mouvement du solide 1( )S par rapport

au bâti ( )T a pour éléments de réduction au point O :

( ){ } ( )

( ){ } ( )

1 1

1


( , ) 0, vecteur vitesse du point .

T TS S

T TO S

R k

O t O

ω ψ⎧ = =⎪⎨

= =⎪⎩

V

VM v

2.1.2. Vecteurs cinématiques du centre de masse Si 1h est la hauteur du cylindre 1( ),S le vecteur position du centre de masse

1G est :

11 12hOG i= .

Le vecteur vitesse du centre de masse peut être obtenu soit en utilisant l'expression de la composition des vecteurs vitesses, déduites de la relation entre les moments du torseur cinématique :

( ) ( ) ( ) ( )

1 11 11( , ) ( , )T T T TS SG t O t OG OGω ω= + ∧ = ∧v v ,

soit en utilisant la relation de définition du vecteur vitesse :

( ) ( ) 11

d( , )d

TT G t OGt

=v .


Nous obtenons :

( )

11 1( , )

2T hG t jψ=v .

Le vecteur accélération est ensuite déduit en dérivant le vecteur vitesse :

( )

21 11 1 1( , )

2 2T h ha G t i jψ ψ= − + .

Les vecteurs cinématiques peuvent éventuellement être exprimés dans la base ( ), , i j k en utilisant le changement de base. Nous obtenons :

( ) ( ) 1

1( , ) sin cos2

T hG t i jψ ψ ψ= − +v ,

( ) ( ) ( ) 2 21 1

1( , ) cos sin sin cos2 2

T h ha G t i jψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ= − + + − + .

2.2. Mouvement du solide (S2) par rapport au bâti (T) Le mouvement est défini par 3 paramètres de situation : , , .x θ ψ Le torseur

cinématique ( ){ }2T

SV le relatif au mouvement du solide 2( )S par rapport au bâti

( )T a pour éléments de réduction au point 2G :

( ){ } ( )

( ){ } ( )

2 2

2 2 2 2

, vecteur rotation instantané,

( , ) , vecteur vitesse du point .

T TS S

T TG S

R

G t G

ω⎧ =⎪⎨

=⎪⎩M

V

V v

Le vecteur rotation instantané ( )

2T

Sω est égal à la somme du vecteur rotation ( )

1T

Sω et du vecteur rotation instantané ( )12S

Sω relatif au mouvement de 2( )S par

rapport à 1( )S : ( )

12 1S

S iω θ= . D'où :

( )

2 1T

S k iω ψ θ= + .

Le vecteur vitesse de 2G peut être obtenu en dérivant le vecteur position 2OG exprimé au paragraphe 1.2.1. Nous obtenons :

( ) ( ) 22 1 1

d( , )d

TT G t OG x i x jt

ψ= = +v .

Le vecteur accélération est ensuite obtenu en dérivant le vecteur vitesse :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2

2 2 1 1d( , ) ( , ) 2d

TT Ta G t G t x x i x x jt

ψ ψ ψ= = − + +v .

Les vecteurs cinématiques peuvent éventuellement être exprimés dans la base ( ), , i j k . Soit :

( ) ( ) ( ) 2( , ) cos sin sin cosT G t x x i x x jψ ψ ψ ψ ψ ψ= − + +v ,

( ) ( ) ( )

( ) ( )

22

2

( , ) cos 2 sin

sin 2 cos .

Ta G t x x x x i

x x x x j

ψ ψ ψ ψ ψ

ψ ψ ψ ψ ψ

⎡ ⎤= − − +⎣ ⎦⎡ ⎤+ − + +⎣ ⎦


3. Étude cinétique 3.1. Mouvement du solide (S1) par rapport au bâti (T) 3.1.1. Torseur cinétique

Le torseur cinétique ( ){ }1T

SP relatif au mouvement du solide (S1) par rapport au

bâti a pour éléments de réduction au point O :

( ){ } ( )

( ){ } ( ) ( ) ( )

1

1 1

11 1 1 1

11 1

( , ) ,2

( , ) ,

T TS

T T TO OS S

hR m G t m j

m OG O t S

ψ

ω

⎧ = =⎪⎨⎪ = ∧ +⎩

P

PM

v

v I

où 1m est la masse du solide 1( ).S Le premier terme du moment est nul, puisque le point O est fixe. L'opérateur ( )1O SI d'inertie en O est représenté dans la base ( ) ( )1 1 1, , b i j k= par la matrice :

( ) ( )11

1 1

1

0 00 0 .0 0

bO

AS B

C

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I

Si la masse du cylindre creux 1( )S est prépondérante devant la masse de l'axe de rotation, nous avons (exercice 15.3) :

( )

( )

22 1

1 1

2 22 1 1

1 1 1

1 ,2

1 ,4 4

aA m r

a hB C m r

= +

⎡ ⎤= = + +⎢ ⎥⎣ ⎦

où r est le rapport 2 1/a a des rayons intérieur et extérieur du cylindre. D'où :

( ){ } 1 1T

O S C kψ=M P .

3.1.2. Énergie cinétique L'énergie cinétique est exprimée par :

( ) ( ){ } ( ){ }1 1c 11( )2


Soit :

( ) 2c 1 1

1( )2

TE S Cψ= .

3.1.3. Torseur dynamique Le torseur dynamique ( ){ }1

TSD relatif au mouvement du solide (S1) par rapport

au bâti a pour éléments de réduction au point O :

( ){ } ( )

( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

1 1 1 1

1 1

11 1 1

( , ),

( , ) .

T TS

T T T T TO O OS S S S

R m a G t

m OG a O t S Sω ω ω

⎧ =⎪⎨

= ∧ + + ∧⎪⎩

D

DM I I

L'expression du vecteur accélération du point 1G a été exprimée précédemment


dans la base ( )1 1, , i j k et dans la base ( ), , i j k . Le premier et le troisième termes du moment sont nuls. D'où :

( ){ } 1 1T

O S C kψ=M D .

3.2. Mouvement du solide (S2) par rapport au bâti (T) 3.2.1. Torseur cinétique


SP relatif au mouvement du solide (S2) par rapport au

bâti a pour éléments de réduction au centre de masse 2G :

( ){ } ( ) ( )( ){ } ( ) ( )

2

2 22 2

2 2 2 1 1

2

( , ) ,

,

T TS

T TG GS S

R m G t m x i x j

S

ψ

ω

⎧ = = +⎪⎨

=⎪⎩

v

M

P

P I

où 2m est la masse du solide 2( ).S L'opérateur ( )2 2G SI d'inertie en 2G est représenté dans la base ( )2b =

( )1 2 2, , i j k par la matrice :

( ) ( )22

2

2 2

2

0 00 0 ,0 0

bG

AS B

C

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I

avec d'après (15.101) :

2 2

22 2 22 2 2 2 2, ,

2 4 3a m hA m B C a

⎛ ⎞= = = +⎜ ⎟

⎝ ⎠

où 2h est la hauteur du cylindre 2( ).S Pour évaluer le moment en 2G , il faut expliciter le vecteur rotation dans la base

( )2b :

( )

2 1 1 2 2sin cos .TS k i i j kω ψ θ θ ψ θ ψ θ= + = + +

Du fait que 2 2B C= , nous obtenons :

( ){ } 2 2 2 2 1T

G S C k A iψ θ= +M P .

Le résultat obtenu est le même que si la matrice d'inertie avait été exprimée directement dans la base ( )1b . 3.2.2. Énergie cinétique

L'énergie cinétique est exprimée suivant :

( ) ( ){ } ( ){ }2 2c 21( )2


Soit en exprimant les produits scalaires croisés des éléments de réduction au point 2G :


( ) ( )2 2 2 2 2c 2 2 2 2

1 1 1( )2 2 2

TE S m x x C Aψ ψ θ= + + + .

Cette expression peut être mise sous la forme :

( ) ( )2 2 2 2c 2 2 2 2 2

1 1 1( )2 2 2

TE S m x C m x Aψ θ= + + + .

Le premier terme est l'énergie cinétique de translation. Le deuxième terme

apparaît comme la somme de l'énergie cinétique usuelle 22

12

C ψ pour un mouve-

ment de rotation autour d'un axe passant par le centre de masse et de l'énergie induite par le décalage d'une distance x de l'axe de rotation. Le troisième terme est l'énergie de rotation autour de la direction 1i . 3.2.3. Torseur dynamique

Le torseur dynamique ( ){ }2T

SD relatif au mouvement du solide (S2) par rapport

au bâti a pour éléments de réduction au point 2G :

( ){ } ( ) ( ) ( )( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

2 2 22 2 2 2

22 2 2 1 2 1

2 2

2 1 2 2 1 2

( , ) 2 ,

.

T TS

T T T TG G GS S S S

R m a G t m x x i m x x j

S S

A i A C j C k

ψ ψ ψ

ω ω ω

θ ψθ ψ

= = − + +

= + ∧

= + − +

D

DM I I

4. Actions mécaniques 4.1. Actions mécaniques exercées sur le cylindre (S1) 4.1.1. Action de pesanteur

Cette action est représentée par le torseur ( ){ } 1e SP qui a pour éléments de réduction au centre de masse :

( ){ }

( ){ }

1

1 1

1

e ,

e 0.G

R S m g i

S

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩ M

PP

Pour appliquer le principe fondamental de la dynamique, nous aurons besoin du moment au point O :

( ){ } ( ){ } 1

1 1 1 1e e sin .2OhS R S G O m g kψ= ∧ = −M P P

La puissance développée par l'action de pesanteur dans le repère lié au bâti est :

( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }

11

1 1 1e e sin2

T TS

hP S S m g ψ ψ= = −⋅ VP P .

4.1.2. Action du bâti due à la liaison rotoïde L'action de liaison est représentée par le torseur { }1( )SL qui a pour éléments

de réduction au point O de l'axe de la liaison :

{ }{ }

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

( ) ,

( ) ,O

R S X i Y j Z k

S L i M j N k

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩

LLM


où les composantes X1, Y1, ..., N1, sont à déterminer. Nous verrons, en appliquant le principe fondamental, qu'il est plus intéressant d'exprimer les composantes dans la base ( )1b . Les éléments de réduction exprimés dans la base ( ), , i j k sont alors donnés par :

{ } ( ) ( ){ } ( ) ( )

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

( ) cos sin sin cos ,

( ) cos sin sin cos .O

R S X Y i X Y j Z k

S L M i L M j N k

ψ ψ ψ ψ

ψ ψ ψ ψ

⎧ = − + + +⎪⎨

= − + + +⎪⎩M

LL

La puissance développée par l'action de liaison est :

( ){ } { } ( ){ }11 1 1( ) ( )T TSP S S N ψ= =⋅L L V .

Dans le cas où la liaison rotoïde est sans frottement, la puissance développée est nulle. Ce qui conduit à : 1 0N = .

4.1.3. Action du solide ( )2S due à la liaison entre ( )1S et ( )2S Cette action est assimilable à une liaison verrou. Elle est représentée par le torseur { }2 1( ) .SL Cette action est opposée à l'action de liaison exercée par le cylindre ( )1S sur le cylindre ( )2S , représentée par le torseur { }1 2( )SL :

{ } { }2 1 1 2( ) ( ) .S S= −L L

Nous expliciterons le torseur { }1 2( )SL dans le paragraphe suivant. 4.1.4. Action du ressort

L'action exercée par le ressort sur le cylindre ( )1S est représentée par le torseur { }1( ) .SR Cette action est opposée à celle exercée par le ressort sur le cylindre ( )2 ,S représentée par le torseur { }2( )SR :

{ } { }1 2( ) ( )S S= −R R .

Nous expliciterons le torseur { }2( )SR également dans le paragraphe suivant. 4.1.5. Action motrice

Le solide ( )1S est éventuellement soumis à un couple moteur représenté par le torseur ( ){ }1SA , dont les éléments de réduction au point O sont :

( ){ }

( ){ }

1

1

0,

,O

R S

S N k

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩M

AA

où N est un couple imposé connu. La puissance développée par cette action est :

( ){ } { } ( ){ }11 1( ) ( )T TSP S S Nψ= =⋅A A V .

4.2. Actions mécaniques exercées sur le cylindre (S2) 4.2.1. Action de pesanteur

Cette action est représentée par le torseur ( ){ } 2e SP qui a pour éléments de


réduction au centre de masse :

( ){ }

( ){ }

2

2 2

2

e ,

e 0.G

R S m g i

S

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩ M

PP

La puissance développée par l'action de pesanteur dans le repère lié au bâti est :

( ) ( ){ } ( ){ } ( ){ }

22 2e eT TSP S S= ⋅ VP P .

Nous obtenons : ( ) ( ){ } 2 2 2e cos sinTP S m gx m gxψ ψ ψ= −P .

4.2.2. Action du ressort L'action du ressort peut être décomposée en une force de traction-compression

de support 1Ox , représentée par le torseur { }1 2( ) ,SR et un couple de torsion d'axe 1Ox , représentée par le torseur { }2 2( ) .SR Les éléments de réduction au centre de

masse 2G sont :

{ } ( )

{ }2

21 2 0 1

1 2

( ) ,2

( ) 0,G

hR S k x l i

S

⎧ = − − −⎪⎨⎪ =⎩M

R

R

où k est la rigidité en traction-compression du ressort, et :

{ }

{ } 2

2 2

2 2 1

( ) 0,

( ) ,G

R S

S K iθ

⎧ =⎪⎨

= −⎪⎩M

RR

où K est la rigidité en torsion, le ressort étant monté de manière que le couple de torsion soit nul lorsque 0.θ =

L'action résultante est : { } { } { }2 1 2 2 2( ) ( ) ( ) .S S S= +R R R

4.2.3. Action du solide ( )1S due à la liaison entre ( )1S et ( )2S Cette action est représentée par le torseur { }1 2( )SL d'éléments de réduction au

point 2G :

{ }

{ }

2

1 2 12 1 12 1 12

1 2 12 1 12 1 12

( ) ,

( ) .G

R S X i Y j Z k

S L i M j N k

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩M

LL

Les composantes X12, Y12, ..., N12, sont à déterminer. Les éléments de réduction sont explicités dans la base ( )1b . Dans la base ( ), , i j k , ils s'expriment suivant :

{ } ( ) ( )

{ } ( ) ( )

2

1 2 12 12 12 12 12

1 2 12 12 12 12 12


( ) cos sin sin cos .G

R S X Y i X Y j Z k

S L M i L M j N k

ψ ψ ψ ψ

ψ ψ ψ ψ

⎧ = − + + +⎪⎨

= − + + +⎪⎩M

LL

La puissance développée dans le repère (T) du bâti, est :

( ){ } { } ( ){ }21 2 1 2( ) ( )T TSP S S= ⋅L L V .


Soit : ( ){ } ( )1 2 12 12 12 12( )TP S X x N xY Lψ θ= + + +L .

Pour expliciter les conditions de liaison suivant la nature physique de la liaison, il est nécessaire d'évaluer la puissance développée dans le repère lié à ( )1S . Soit :

( ){ } { } ( ){ }1 121 2 1 2( ) ( )S S

SP S S= ⋅L L V ,

où ( ){ }12S

SV est le torseur cinématique relatif au mouvement du solide ( )2S par

rapport au solide ( )1S . Ses éléments de réduction sont :

( ){ } ( ) ( )( ){ } ( )

( )

1 12 2

1 12 2

1 1

2 1

2 1

, vecteur rotation instantané par rapport à ,

( , ) ,

vecteur vitesse du point par rapport au solide .

S SS S

S SG S

R i S

G t x i

G S

ω θ⎧ = =⎪⎪ = =⎨⎪⎪⎩

M

V

V v

D'où l'expression de la puissance :

( ){ }11 2 12 12( )SP S X x L θ= +L .

Dans le cas d'une liaison sans frottement, la puissance développée par rapport au cylindre ( )1S est nulle. Ce qui conduit aux conditions : 12 120, 0.X L= =

5. Application du principe fondamental de la dynamique 5.1. Mouvement du solide (S1) par rapport au bâti (T)

Le bâti ( )T est lié à la Terre et la relation fondamentale relative au mouvement s'écrit :

( ){ } ( ){ } { } { } { } { } ( ){ }

1 1 1 1 2 1 2 2 2 1e ( ) ( ) ( ) ( ) .TS S S S S S S= + − − − +D L L R R AP

L'équation de la résultante conduit à :

― suivant 1i : ( )21 21 1 1 12 0cos ,

2 2h hm m g X X k x lψ ψ− = + − + − −

― suivant 1j : 11 1 1 12sin ,

2hm m g Y Yψ ψ= − + −

― suivant k : 1 120 .Z Z= −

Nous explicitons l'équation du moment au point O. Pour cela nous devons exprimer les moments au point O des torseurs { }1 2( ) ,SL { }1 2( )SR et { }2 2( ) .SR

{ } { } { }

( ) ( )

21 2 1 2 1 2 2

12 1 12 12 1 12 12

( ) ( ) ( )

.O GS S R S G O

L i M xZ j N xY k

= + ∧

= + − + +

M ML L L

Et : { } { } 1 2 2 2 1( ) 0, ( ) .O OS S K iθ= =M MR R


D'où les trois équations scalaires du moment au point O :

― suivant 1i : 1 120 ,L L Kθ= − +

― suivant 1j : 1 12 120 ,M M xZ= − +

― suivant k : 11 1 1 12 12sin .

2hC m g N N xY Nψ ψ= − + − − +

5.2. Mouvement du solide (S2) par rapport au bâti (T) La relation fondamentale relative au mouvement du solide 2( )S par rapport au

bâti s'écrit :

( ){ } ( ){ } { } { } { }

2 2 1 2 2 2 1 2e ( ) ( ) ( ) .TS S S S S= + + +D R R LP

L'équation de la résultante conduit aux trois équations scalaires :

― suivant 1i : ( ) ( ) 2 2

2 2 0 12cos ,2hm x x m g k x l Xψ ψ− = − − − +

― suivant 1j : ( ) 2 2 122 sin ,m x x m g Yψ ψ ψ+ = − +

― suivant k : 120 .Z=

Nous explicitons l'équation du moment au centre de masse 2G , ce qui conduit aux trois équations scalaires :

― suivant 1i : 2 12 ,A L Kθ θ= −

― suivant 1j : ( )2 2 12,A C Mψθ− =

― suivant k : 2 12.C Nψ =

5.3. Mouvement de l'ensemble des deux solides Le principe fondamental peut être appliqué à l'ensemble constitué par les deux

solides. L'équation obtenue résulte de l'addition des deux relations fondamentales écrites pour le mouvement de 1( )S et pour le mouvement de 2( )S :

( ){ } ( ){ } ( ){ } { } { } ( ){ }

1 2 1 1 1 2e ( ) ( ) eT TS S S S S S+ = + + +D D L AP P .

Cette équation fait disparaître les actions internes exercées entre les deux solides.

L'équation de la résultante conduit à trois équations scalaires qui sont obtenues par superposition des équations précédentes des résultantes :

― suivant 1i : ( ) ( ) 2 21

1 2 1 2 1cos ,2hm m x x m m g Xψ ψ ψ− + − = + +

― suivant 1j : ( ) ( ) 1

1 2 1 2 12 sin ,2hm m x x m m g Yψ ψ ψ ψ+ + = − + +

― suivant k : 10 .Z=

Les équations des moments ont été exprimés au point O pour le solide 1( )S et au centre de masse 2G pour le solide 2( )S . Il faut donc effectuer un changement


de point de référence. Le plus facile est d'écrire l'équation des moments au point O. Nous avons :

( ){ } ( ){ } ( ){ }22 2 2 2 .T T TO GS S SR G O= + ∧M MD D D

Soit : ( ){ } ( ) ( )

22

2 1 2 2 1 2 2 22TO S A i A C j C m x m xx kθ ψθ ψ ψ⎡ ⎤= + − + + +⎣ ⎦M D .

Pour l'action de pesanteur, nous avons :

( ){ } ( ){ } 2 2 2 2e e sinO S R S G O m gx kψ= ∧ = −M P P .

L'équation du moment au point O conduit donc aux trois équations scalaires :

― suivant 1i : 2 1,A Lθ =

― suivant 1j : ( )2 2 1,A C Mψθ− =

― suivant k :

( )2 11 2 2 2 1 1 22 sin sin .

2hC C m x m x x m g N N m gxψ ψ ψ ψ+ + + = − + + −

6. Analyse des équations déduites du principe fondamental Le principe fondamental conduit à 12 équations indépendantes pour 15 incon-

nues : 1 1 1 12 12 12, , ... , ; , , ... , ; , et .X Y N X Y N x ψ θ La nature physique des actions de liaison permet d'obtenir 3 équations supplémentaires pour compléter les 12 équations.

Dans le cas d'une liaison rotoïde sans frottement avec le bâti et dans le cas d'une liaison sans frottement entre les solides 1( )S et 2( ),S nous avons : 1 12 120, 0, 0.N X L= = = Les équations de mouvement sont donc, parmi les équations précédentes déduites du principe fondamental, celles qui ne font intervenir que les composantes de liaison 1 12 12, , .N X L Soit :

( ) ( ) 2 2

2 2 0 12cos ,2hm x x m g k x l Xψ ψ− = − − − +

composante suivant 1i de la résultante de la relation fondamentale obtenue pour le mouvement de 2( ),S 2 12 ,A L Kθ θ= − composante suivant 1i du moment en 2G de la relation fondamentale obtenue pour le mouvement de 2( ),S et

( ) ( )2 11 2 2 2 1 2 12 sin ,

2hC C m x m x x m m x g N Nψ ψ ψ+ + + = − + + +

composante suivant k du moment au point O de la relation fondamentale obtenue pour l'ensemble des deux solides.

Dans le cas où les liaisons sont avec frottement visqueux, les composantes de liaisons s'expriment suivant :


12 1 1 12 2, , ,t r rX c x N c L cψ θ= − = − = −

où 1 2, et t r rc c c sont les coefficients de frottement visqueux. Les trois équation de mouvement précédentes permettront de trouver

, et x θ θ fonction du temps. Les composantes des liaisons seront ensuite déduites des autres équations.

24.2 Mouvement d'une antenne de radar (figure 24.8) 1. Paramètres de situation 1.1. Mouvement du support (S1) par rapport au bâti (T)

Nous associons les trièdres ( )Oxyz et ( )1 1Ox y z (figure exercice 24.2), liés respectivement au bâti ( )T et au support ( )1S . L'axe Oz vertical ascendant est confondu avec l'axe de rotation ( )1∆ .

Nous avons un paramètre de rotation ψ autour de l'axe Oz . Le changement de base est :

1

1

cos sin ,sin cos ,

.

i i jj i j

k

ψ ψψ ψ

= +⎧⎪ = − +⎨⎪⎩

1.2. Mouvement du réflecteur (S2) par rapport au support (S1) Nous associons (figure exercice 24.2) les trièdres ( )2 1 1G x y z et ( )2 1 2 2G x y z res-

pectivement au support ( )1S et au réflecteur ( )2 .S Le plan ( )2 1 2G x y est dans le plan de symétrie du réflecteur.

Nous avons un paramètre de rotation θ autour de l'axe 12 .G x Le changement de base est :

1

2 1

2 1

,cos sin ,

sin cos .

ij j kk j k

θ θθ θ

⎧⎪ = +⎨⎪ = − +⎩

2. Étude cinématique 2.1. Mouvement du support (S1) par rapport au bâti (T)

Le torseur cinématique ( ){ }1T

SV relatif au mouvement du support 1( )S par

rapport au bâti ( )T a pour éléments de réduction au centre de masse 1G , situé sur l'axe ( )1∆ de rotation :

( ){ } ( )

( ){ } ( )

1 1

1 1 1 1



T TS S

T TG S

R k

G t G

ω ψ⎧ = =⎪⎨

= =⎪⎩M

V

V v

Le vecteur accélération du centre de masse est nul : ( ) 1( , ) 0.Ta G t =


x

y

x1

y1

z

ψ

ψ

ψ ( )T

( )1∆

O ( )1S

x1

y1

z

θ

( )1∆

O ( )1S

( )2S

( )2∆

θ

θ

2G

y2z2


2.2. Mouvement du réflecteur (S2) par rapport au bâti (T) Le torseur cinématique ( ){ }2

TSV relatif au mouvement du réflecteur 2( )S par

rapport au bâti ( )T a pour éléments de réduction au centre de masse 2G , situé à l'intersection des axes ( )1∆ et ( )2∆ :

( ){ } ( )

( ){ } ( )

2 2

2 2

1

2 2



T TS S

T TG S

R k i

G t G

ω ψ θ⎧ = = +⎪⎨

= =⎪⎩M

V

V v

Le vecteur rotation peut également être explicité dans la base ( )2b = ( )1 2 2, , i j k :


( )

2 1 2 2sin cos .TS i j kω θ ψ θ ψ θ= + +

Le vecteur accélération du centre de masse est nul : ( ) 2( , ) 0.Ta G t =

3. Étude cinétique 3.1. Mouvement du support (S1) par rapport au bâti (T) 3.1.1. Torseur cinétique


SP relatif au mouvement du support (S1) par rapport

au bâti a pour éléments de réduction au centre de masse :

( ){ } ( )

( ){ } ( ) ( )

1

1 11 1

1 1

1

( , ) 0,

,

T TS

T TG GS S

R m G t

S ω

⎧ = =⎪⎨

=⎪⎩

P

PM

v

I

où 1m est la masse du support 1( ).S

L'opérateur d'inertie en 1G est représenté dans la base ( ) ( )1 1 1, , b i j k= par la matrice :

( ) ( )11

1 1 1

1 1 1 1

1 1 1

.bG

A F ES F B D

E D C

− −⎡ ⎤⎢ ⎥= − −⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎣ ⎦

I

D'où :

( ){ } 1 1 1 1 1 1 1T

G S E i D j C kψ ψ ψ= − − +M P .

3.1.2. Énergie cinétique L'énergie cinétique est exprimée par :

( ) ( ){ } ( ){ }1 1c 11( )2


Soit :

( ) 2c 1 1

1( )2

TE S Cψ= .

3.1.3. Torseur dynamique


SD relatif au mouvement du support (S1) par rapport

au bâti a pour éléments de réduction au point G1 :

( ){ } ( )

( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

1 1 11 1 1 1

1 1

1 1

( , ) 0,

.

T TS

T T T TG G GS S S S

R m a G t

S Sω ω ω

⎧ = =⎪⎨

= + ∧⎪⎩M

D

D I I

Le calcul du moment conduit à :

( ){ } ( ) ( ) 1 12 2

1 1 1 1 1 1 1T

G S D E i E D j C kψ ψ ψ ψ ψ= − − + +M D .


3.2. Mouvement du réflecteur (S2) par rapport au bâti (T) 3.2.1. Torseur cinétique


SP relatif au mouvement du réflecteur (S2) par rapport

au bâti a pour éléments de réduction au centre de masse 2G :

( ){ } ( )

( ){ } ( ) ( )

2

2 22 2

2 2

2

( , ) 0,

,

T TS

T TG GS S

R m G t

S ω

⎧ = =⎪⎨

=⎪⎩

P

PM

v

I

où 2m est la masse du réflecteur. Le réflecteur a une symétrie de type cylindrique. Il en résulte que l'opérateur

d'inertie en 2G est représenté dans la base ( ) ( )2 1 2 2, , b i j k= par la matrice :

( ) ( )22

2

2 2

2

0 00 0 .0 0

bG

AS A

C

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

I

Le vecteur rotation ( )

2T

Sω a été exprimé dans la base ( )2b précédemment. Il en

résulte que :

( ){ } 2 2 2 1 2 2 2 2sin cosTG S A i A j C kθ ψ θ ψ θ= + +M P .

3.2.2. Énergie cinétique L'énergie cinétique est exprimée suivant :

( ) ( ){ } ( ){ }2 2c 21( )2


Soit :

( ) ( )2 2 2 2c 2 2 2 2

1 1( ) sin cos2 2

TE S A A Cθ θ θ ψ= + + .

3.2.3. Torseur dynamique


SD relatif au mouvement du réflecteur (S2) par

rapport au bâti ( )T a pour éléments de réduction au centre de masse 2G :

( ){ } ( )

( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 22 2 2 2

2 2

2 2

( , ) 0,

.

T TS

T T T TG G GS S S S

R m a G t

S Sω ω ω

⎧ = =⎪⎨

= + ∧⎪⎩

D

DM I I

Le vecteur rotation ( )

2T

Sω est obtenu en dérivant l'expression du vecteur rotation ( )

2T

Sω dans la base ( )2b . Soit :

( ) ( ) ( ) 2 1 2 2sin cos cos sin .T

S i j kω θ ψ θ ψθ θ ψ θ ψθ θ= + + + −


D'où :

( ){ } ( )

( ) ( )

2 22

2 2 2 1

2 2 2 2 2 2

sin cos

sin 2 cos cos sin .

TG S A C A i

A A C j C k

θ ψ θ θ

ψ θ ψθ θ ψ θ ψθ θ

⎡ ⎤= + −⎣ ⎦

⎡ ⎤+ + − + −⎣ ⎦

DM

4. Actions mécaniques 4.1. Actions mécaniques exercées sur le support (S1) 4.1.1. Action de pesanteur

Cette action est représentée par le torseur ( ){ } 1e SP qui a pour éléments de réduction au centre de masse :

( ){ }

( ){ }

1

1 1

1

e ,

e 0.G

R S m g k

S

⎧ = −⎪⎨

=⎪⎩ M

PP

4.1.2. Action du moteur ( )1M L'action du stator sur le rotor du moteur ( )1M est une action-couple, repré-

sentée par le torseur ( ){ }1SA , dont les éléments de réduction au point O sont :

( ){ }

( ){ } 1

1

1 1

0,

,G

R S

S F k

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩M

AA

où la composante 1F est connue.

4.1.2. Action du bâti due à la liaison rotoïde L'action de liaison est représentée par le torseur { }1( )SL . Ces éléments de

réduction doivent être exprimés en un point de l'axe de la liaison. Pour appliquer le principe fondamental à l'ensemble support-réflecteur, il est plus intéressant de choisir le centre de masse 2G et d'exprimer les éléments de réduction dans la base ( )1b :

{ }

{ }

2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

( ) ,

( ) ,G

R S X i Y j Z k

S L i M j N k

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩

LLM

où les composantes X1, Y1, ..., N1, sont à déterminer. Nous verrons, en appliquant le principe fondamental, qu'il est plus intéressant d'exprimer les composantes dans la base ( )1 .b Les éléments de réduction exprimés dans la base ( ), , i j k s'écrivent :

{ } ( ) ( ){ } ( ) ( )

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1


( ) cos sin sin cos .O

R S X Y i X Y j Z k

S L M i L M j N k

ψ ψ ψ ψ

ψ ψ ψ ψ

⎧ = − + + +⎪⎨

= − + + +⎪⎩

LLM

La puissance développée par l'action de liaison est :

( ){ } { } ( ){ }11 1 1( ) ( )T TSP S S N ψ= =⋅L L V .

Dans le cas où la liaison rotoïde est sans frottement, la puissance développée est nulle. Ce qui conduit à : 1 0N = .


4.1.4. Action du moteur ( )2M

L'action du rotor sur le stator du moteur ( )2M est représentée par le torseur ( ){ }2 1 .SA Cette action est opposée à l'action exercée par le stator sur le rotor,

donc à l'action exercée par le moteur sur le réflecteur ( )2 .S Cette action est représentée par le torseur ( ){ }1 2 .SA Nous avons :

( ){ } ( ){ }2 1 1 2 .S S= −A A

Le torseur ( ){ }1 2SA sera exprimé par la suite. 4.1.5. Action du réflecteur due à la liaison rotoïde entre ( )1S et ( )2S

Cette action résulte de la liaison rotoïde entre le réflecteur et le support. Elle est représentée par le torseur ( ){ }2 1 .SL Cette action est opposée à l'action de liaison exercée par le support ( )1S sur le réflecteur ( )2S et représentée par le torseur

( ){ }1 2SL :

( ){ } ( ){ }2 1 1 2 .S S= −L L

Nous expliciterons le torseur ( ){ }1 2SL dans le paragraphe suivant.

4.2. Actions mécaniques exercées sur le réflecteur (S2) 4.2.1. Action de pesanteur

Cette action est représentée par le torseur ( ){ } 2e SP qui a pour éléments de réduction au centre de masse 2G :

( ){ }

( ){ }

2

2 2

2

e ,

e 0.G

R S m g k

S

⎧ = −⎪⎨

=⎪⎩ M

PP

4.2.2. Action du moteur ( )2M L'action du stator sur le rotor du moteur ( )2M est une action-couple, repré-

sentée par le torseur ( ){ }1 2SA , dont les éléments de réduction au point G2 sont :

( ){ }

( ){ } 2

1 2

1 2 2 1

0,

,G

R S

S F i

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩M

AA

où la composante 2F est connue. 4.2.3. Action du support ( )1S due à la liaison rotoïde avec le réflecteur

Cette action est représentée par le torseur { }1 2( )SL d'éléments de réduction au point 2G , que nous exprimons dans la base ( )1b :

{ }

{ }

2

1 2 12 1 12 1 12

1 2 12 1 12 1 12

( ) ,

( ) .G

R S X i Y j Z k

S L i M j N k

⎧ = + +⎪⎨

= + +⎪⎩M

LL

Les composantes X12, Y12, ..., N12, sont à déterminer. Dans le cas où la liaison est sans frottement, nous avons : 12 0.L =


5. Application du principe fondamental de la dynamique 5.1. Mouvement du support (S1) par rapport au bâti (T)

La relation fondamentale relative au mouvement s'écrit :

( ){ } ( ){ } ( ){ } { } { } { }

1 1 1 1 2 1 2 1e ( ) ( ) ( ) .TS S S S S S= + + + +D A L A LP

L'équation de la résultante conduit à :

― suivant 1i : 1 120 ,X X= − ― suivant 1j : 1 120 ,Y Y= − ― suivant k : 1 1 120 .m g Z Z= − + −

L'équation du moment peut être écrite au point 2G :

― suivant 1i : 21 1 1 2 12,D E L F Lψ ψ− = − −

― suivant 1j : ( )21 1 1 12,E D M Mψ ψ− + = −

― suivant k : 1 1 1 12.C F N Nψ = + −

5.2. Mouvement du réflecteur (S2) par rapport au bâti (T) La relation fondamentale relative au mouvement s'écrit :

( ){ } ( ){ } { } { }

2 2 1 2 1 2e ( ) ( ) .TS S S S= + +D A LP

L'équation de la résultante aboutit aux trois équations :

― suivant 1i : 120 ,X= ― suivant 1j : 120 ,Y= ― suivant k : 2 120 .m g Z= − +

L'équation du moment peut être écrite au point 2G , en explicitant les compo-santes dans la base ( )2b :

― suivant 1i : ( ) 22 2 2 2 12sin cos ,A C A F Lθ ψ θ θ+ − = +

― suivant 2j : ( )2 2 2 12 12sin 2 cos cos sin ,A A C M Nψ θ ψθ θ θ θ+ − = +

― suivant 2k : ( )2 12 12cos sin sin cos .C M Nψ θ ψθ θ θ θ− = − +

5.3. Mouvement de l'ensemble des deux solides L'équation obtenue résulte de l'addition des deux relations fondamentales

écrites pour le mouvement du support et pour le mouvement du réflecteur : ( ){ } ( ){ } ( ){ } { } { } ( ){ }

1 2 1 1 1 2e ( ) ( ) eT TS S S S S S+ = + + +D D A LP P .

L'équation de la résultante conduit à trois équations scalaires qui sont la superposition des équations précédentes des résultantes.

Pour obtenir les équations des moments, il est nécessaire d'expliciter les moments dans la même base, par exemple la base ( )1 1, , i j k .


6. Analyse des équations déduites du principe fondamental Le principe fondamental conduit à 12 équations indépendantes pour 14 incon-

nues : 1 1 1 12 12 12, , ... , ; , , ... , ; et .X Y N X Y N ψ θ La nature physique des actions de liaison permet d'obtenir 2 équations supplémentaires sur les composantes 1N et

12L . Les équations de mouvement sont donc, parmi les équations précédentes

déduites du principe fondamental, celles qui ne font intervenir que les composantes de liaison 1N et 12.L Une équation de mouvement est donc donnée par le première équation du moment pour le mouvement du réflecteur :

( ) 22 2 2 2 12sin cos .A C A F Lθ ψ θ θ+ − = +

La deuxième équation de mouvement est obtenue par combinaison linéaire de la deuxième et troisième équations du moment pour le mouvement du réflecteur ( )2 ,S associées à la troisième équation du moment obtenue pour le mouvement du support ( )1 .S Nous obtenons :

( ) ( )2 21 2 2 2 2 1 1sin cos 2 sin cosC A C A C F Nθ θ ψ ψθ θ θ+ + + + − = + .

Chapitre 25 Les équations de Lagrange

25.1 Équations de Lagrange relatives au mouvement de l'ensemble des deux solides étudiés dans l'exercice 24.1

Les équations de Lagrange pour l'ensemble ( )D constitué des deux solides ( )1S et ( )2S s'écrivent d'après (25.39) :

( )( ) ( )( ) ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }c c 1 1 2 1

1 1 2 2 1 2

d e d

e .

i i i

i i i i i

T T T T Tq q q

i iT T T T T

q q q q q

E D E D P S P S P St q q

P S P S P S P S P S

∂ ∂− = + +∂ ∂+ + + + +

L L

R A R L

P

P

Cette équation considère les coefficients de puissance dans le repère ( )T de toutes les actions exercées sur les deux solides ( )1S et ( )2 .S Les trois équations qui en sont déduites sont relatives aux trois paramètres de situation : , , .iq x ψ θ=

L'énergie cinétique de l'ensemble est :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )c c 1 c 2T T TE D E S E S= + ,

où les énergies cinétiques relatives aux mouvements des solides ( )1S et ( )2S ont été exprimées dans le corrigé de l'exercice 24.1. D'où :

( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2c 1 2 2 2 2

1 1 1 1 .2 2 2 2

TE D C C m x m x Aψ ψ θ== + + + +

Les coefficients de puissance sont déduits des expressions des puissances développées par les diverses actions exercées. Certaines ont été exprimées dans le corrigé de l'exercice 24.4. Il reste à évaluer :

― la puissance développée par l'action de liaison de ( )2S sur ( )1S :

( ){ } { } ( ){ } { } ( ){ } 1 12 1 2 1 1 2( ) ( ) ( )T T T

S SP S S S= = −⋅ ⋅L L V L V .

( ){ } ( )2 1 12 12( )TP S N xY ψ= − +L .

― la puissance développée par l'action du ressort sur ( )1S :

( ){ } { } ( ){ } { } ( ){ } 1 11 1 2( ) ( ) ( )T T T

S SP S S S= = − ⋅⋅R R V R V .

( ){ }1( ) 0TP S =R .

― la puissance développée par l'action du ressort sur ( )2S :

( ){ } { } ( ){ } { } ( ){ } { } ( ){ } 2 2 22 2 1 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )T T T T

S S SP S S S S= = +⋅ ⋅ ⋅R R V R V R V .

( ){ } ( )22 0( ) .

2T hP S k x l x Kθθ= − − − −R


D'où les coefficients de puissance des actions exercées sur solides ( )1S et ( )2S : — action de pesanteur exercée sur le solide (S1) :

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }11 1 1 1e 0, e sin , e 0

2T T T

xhP S P S m g P Sψ θψ= = − =P P P ;

— action exercée par le bâti sur le solide (S1) :

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }1 1 1 10, , 0T T TxP S P S N P Sψ θ= = =L L L ;

— action exercée par le solide (S2) sur le solide (S1) :

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }2 1 2 1 12 12 2 10, , 0T T TxP S P S N xY P Sψ θ= = − − =L L L ;

— action exercée par le ressort sur le solide (S1) :

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }1 1 10, 0, 0T T TxP S P S P Sψ θ= = =R R R ;

— action exercée par le couple moteur sur le solide (S1) :

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }1 1 10, , 0T T TxP S P S N P Sψ θ= = =A A A ;

— action de pesanteur exercée sur le solide (S2) :

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }2 2 2 2 2e cos , e sin , e 0T T TxP S m g P S m gx P Sψ θψ ψ= = − =P P P ;

— action exercée par le ressort sur le solide (S2) :

( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }22 0 2 2, 0,

2T T T

xhP S k x l P S P S Kψ θ θ= − − − = = −R R R ;

— action exercée par le solide (S1) sur le solide (S2) :

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }1 2 12 1 2 12 12 1 2 12, , T T TxP S X P S N xY P S Lψ θ= = + =L L L .

1. Équation de Lagrange relative au paramètre x Nous avons :

( )( )c 2TE D m x

x∂ =∂

,

( )( )c 2dd

TE D m xt x∂ =∂

,

( )( ) 2c 2TE D m x

xψ∂ =

∂.

D'où la première équation de Lagrange :

( )2 22 2 2 0 12cos .

2hm x m x m g k x l Xψ ψ− = − − − +

2. Équation de Lagrange relative au paramètre ψ Nous avons :

( )( ) ( ) 2c 1 2 2TE D C C m xψ ψ

ψ∂ = + +∂

,

598 Chapitre 25 Les équations de Lagrange

( )( ) ( )2c 1 2 2 2

d 2d

TE D C C m x m xxt

ψ ψψ∂ = + + +∂

,

( )( )c 0TE Dψ∂ =∂

.

D'où la deuxième équation de Lagrange :

( )2 11 2 2 2 1 1 22 sin sin

2hC C m x m xx m g N N m gxψ ψ ψ ψ+ + + = − + + − .

3. Équation de Lagrange relative au paramètre θ Nous avons :

( )( )c 2TE D A θ

θ∂ =∂

,

( )( )c 2dd

TE D At x

θ∂ =∂

,

( )( )c 0TE Dx∂ =∂

.

D'où la troisième équation de Lagrange : 2 12A K Lθ θ= − + .

Nous retouvons les trois équations de mouvement obtenues à l'aide du principe fondamental de la dynamique (corrigé de l'exercice 24.1).

25.2 Équations de Lagrange relatives au mouvement de l'antenne de radar

Les équations de Lagrange relatives au mouvement de l'ensemble ( )D constitué du support ( )1S de l'antenne et de son réflecteur ( )2S s'écrivent :

( )( ) ( )( ) ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ }

c c 1 1 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2

d ed

e ,

i i i

i i i i i

T T T T Tq q q

i iT T T T T

q q q q q

E D E D P S P S P St q q

P S P S P S P S P S

∂ ∂− = + +∂ ∂+ + + + +

A L

A L A L

P

P , .iq ψ θ=

L'énergie cinétique de l'ensemble est la somme des énergies cinétiques exprimées dans le corrigé de l'exercice 24.2. Soit :

( ) ( )2 2 2 2c 1 2 2 2

1 1( ) sin cos2 2

TE D C A C Aθ θ ψ θ= + + + .

Pour obtenir les coefficients de puissance, nous exprimons les puissances développées par les actions exercées sur les solides :

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } 1 1 1 1 1e 0, , ,T T TP S P S F P S Nψ ψ= = =A LP

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } 2 1 12 2 1 12, ,T TP S F P S Nψ ψ= − = −A L

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } 2 1 2 2 1 2 12 12e 0, , .T T TP S P S F P S L Nθ θ ψ= = = +A LP


1. Équation de Lagrange relative au paramètre ψ Nous avons :

( )( ) ( )2 2c 1 2 2sin cosTE D C A Cθ θ ψ

ψ∂ = + +∂

,

( )( ) ( ) ( )2 2c 1 2 2 2 2

d sin cos 2 sin cosd

TE D C A C A Ct

θ θ ψ ψθ θ θψ∂ = + + + −∂

,

( )( )c 0TE Dψ∂ =∂

.

D'où la première équation de Lagrange :

( ) ( )2 21 2 2 2 2 1 1sin cos 2 sin cosC A C A C F Nθ θ ψ ψθ θ θ+ + + + − = +

2. Équation de Lagrange relative au paramètre θ Nous avons :

( )( ) ( )( )c 2 c 2d, ,d

T TE D A E D At x

θ θθ∂ ∂= =

∂∂,

( )( ) ( ) 2c 2 2 sin cosTE D A C

xψ θ θ∂ = −

∂.

D'où la deuxième équation de Lagrange :

( ) 22 2 2 2 12sin cos .A C A F Lθ ψ θ θ+ − = +

Nous retouvons les deux équations de mouvement obtenues à l'aide du principe fondamental de la dynamique (corrigé de l'exercice 24.2).

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Chapitre 11 Généralités sur les actions mécaniques · 524 Chapitre 11 Généralité sur les actions mécaniques 2. ... 11.2 Action mécanique exercée sur un barrage 11.2.1. L'action