Exercices de mécanique 2 Centre de gravité
Exercice 1
Une sphère de rayon r est « retirée » d’une sphère de rayon R>r.
La distance entre les centres des sphères est a.
Trouver le centre de gravité du volume restant.
Solution
Plaçons les axes au centre de la sphère de rayon R, donc C1 est confondu avec O. (Sur le schéma, l’axe z est perpendiculaire au plan de la feuille) Par symétrie, il est évident que les centres C1, C2
et C sont alignés sur une droite que nous choisissons comme axe x. Par conséquent, il suffit de calculer la coordonnée xOC du centre de gravité. Les coordonnées yet zsont nulles.
On a
1 2
1 1 2 2
1 1 2 2 1 2
1 1 2
2 1 2
La masse de la sphère évidée est :
On a aussi, par défintion du centre de gravité : . . .
. . .
Or : 0 (puisque et sont confondus) et
0 . .
m m m
m OC m OC m OC m OC m OC m m OC
OC O C OC a
m a m m OC OC m
2
1 2
2
1 2
3
3
3 3
3 3
. Et puisque ce sont des sphères homogènes .
4 .
3 .
4 4
3 3
la centre de gravité se situe sur la ligne des centres, à la gauche du plan yz.
a m m
OC V a
V V
r a r a
OC R r
R r
C
R
r C2
C1 x
y
a
Exercice 2
Trouver le centre de gravité d’un cône de surface de base A et de hauteur h.
Solution
Première méthode
Choisissons les axes de façon à ce que le sommet du cône soit à l’origine O et l’axe du cône soit z.
Soit R le rayon de la base, h la hauteur du cône et le demi angle au sommet du cône.
Par symétrie, il est immédiat que le centre de gravité du cône se trouve sur l’axe oz
On a :
. Dans le cas d'un système continu :
comme : . ( : masse volumique)
. .
L'équation se simplifie :
Ces intégrales étant prisent de 0 à h.
Considérons un élement de volume
OP dm OG
dm dm dV
z dV z dV OG
dV dV
2 2 2
corespondant à un élément de hauteur . On peut assimiler cet élément à un cylindre de hauteur de rayon r.
La relation liant et est : tan
tan .
dV dz
dV dz
r z r z
dV r dz z dz
dz R
r
h
O z
4
3 2 3
0 0 0
2 2 2 3
0 0 0
tan 4 3
tan 4
3
h h h
h h h
zdV z dz z dz h h
OG dV z dz z dz h
Deuxième méthode
dz
x
h Ax A
R r
2 2 x
2 2
2
2 0 2
0 0 0
2 2
0 0 0 2 0
2 2 3 4
2 2 3
0 0
2 3
2 2
0 2
On a : A car
A et
2
2 2 3 4
2 2
2 3
x
h h h h
x
h h h
h x
h h
h
h x
r r h x
R h R h
dV A dx
h x
x A dx
xdV x A dx x h x dx
xdV h
x
dV dV A dx h x h x dx
A dx
h h x x h x h x x h x dx
x h x h hx x dx
h x
0 h 4
h
Exercice 3
Trouver le centre de gravité de la surface limitée par la parabole y2 4axet les droites x0 et yb
Solution
Le point d’intersection de la parabole est donné par :
2
2 4
4
y b x b
y ax a
y b
Composante y
y
y = b
y2 = 4ax x
dy
X Y
( b2/4a ; b )
2
Formule générale :
Dans le cas d'une surface plane homogène, la formule se simplifie selon : étant la surface comprise entre la parabole, l'axe des y et la droite
On a : or
G
G
y xdm m
y ydA A
A y b
dA x dy y
2 2
2
3
0 0 0
2 2
0 0 0
4 4 4
4 3
4 4
b b b
G b b b
y y
ax x dA dy
a a
y y dy
ydA y dy
ydA a b
y A dA y dy y dy
a
y
y = b y2 = 4ax dx
X Y
( b2/4a ; b )
x
b- 4 ax
Formule générale :
Dans le cas d'une surface plane homogène, la formule se simplifie selon : étant la surface comprise entre la parabole, l'axe des y et la droite On a :
G
G
ydm
x m
xdA
x A
A y b
dA b y dx b
2 2
2 2
4
4 2
0 0
4 4
0 0
4
4 3
4 40
b b
a a
G b b
a a
ax dx
x b ax dx
xdA xdA b
x A a
dA b ax dx
Exercice 4
On forme un cylindre de 2 cm de diamètre au centre de la face supérieure perpendiculaire à cette face. Trouver le centre de gravité du volume restant.
Solution
8 cm
2 cm
2 cm
4 cm
z
x y
Par symétrie : z4cm. Reste à déterminer etx y
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 1 2 2 3 3
1 2 3
Pièce Volume Note
1) Parallelipipède 64 2 1
2) Triangle 16 4.67 0.67 (1)
3) Cylindre 6.28 2 1
64 2 16 4.67 6.28 2 64 16 6.28 2.58 64 1 16 0.67 6.28 1
64 16 6.28 0.93
x y
V x V x V x
x cm
V V V
V y V y V y
y cm
V V V
Note 1 : le centre de symétrie d’un triangle est le point de rencontre des médianes et est situé au 2/3 du sommet.
Dans le cas qui nous occupe, cela donne en projetant sur le plan oxy
4 cm
2 cm
0.67 cm
0.67 cm 4.67 cm
y
x
