Centre de gravité des corps solides (partie 2/2)

## Objectifs et prérequis **À la fin de ce chapitre, l’élève sera capable de :** - Définir le centre de gravité (CG) d’un corps solide homogène ou hétérogène. - Déterminer le CG d’un corps composé par la méthode des moments statiques (sommation vectorielle). - Appliquer la méthode d’intégration pour obtenir le CG d’un corps continu de forme géométrique simple (rectangle, triangle, disque, profilé en I). - Interpréter le résultat dans un contexte professionnel (atelier de métallurgie, chantier de construction, bureau d’études). - Vérifier l’équilibre d’un système soumis à la pesanteur en utilisant la position du CG. **Prérequis nécessaires :** - Notions de force, de moment d’une force par rapport à un point et d’équilibre statique (chapitre précédent). - Maîtrise du calcul vectoriel de base (addition, produit scalaire, coordonnées cartésiennes). - Connaissances élémentaires de géométrie plane (aires, centres de gravité des figures planes simples). - Utilisation d’unités du Système International (m, kg, N, m², m³). --- ## Introduction contextualisée Dans les métiers techniques du secondaire au Cameroun, la connaissance précise du centre de gravité d’une pièce ou d’une structure conditionne la sécurité des manipulations, la stabilité des installations et la justesse des calculs de dimensionnement. Un soudeur qui doit soulever une poutre en acier, un technicien de maintenance qui doit équilibrer un rotor, ou un dessinateur en bureau d’études qui vérifie la tenue d’une charpente, ont tous besoin de localiser le point où la résultante du poids du corps peut être considérée comme appliquée. Ce chapitre poursuit l’étude du CG initiée en première partie, en abordant deux types d’activités prévues par le programme officiel : les **activités d’intégration**, qui permettent de mettre en pratique les notions apprises, et les **activités de remédiation**, destinées à consolider les acquis et à corriger les difficultés rencontrées. --- ## I. Activités d’intégration ### 1. Définition du centre de gravité d’un corps solide > Le centre de gravité d’un corps solide est le point où l’on peut considérer que la totalité du poids du corps agit, de sorte que le moment résultant du poids par rapport à tout axe passant par ce point est nul. Pour un corps constitué de *n* particules de masses *mᵢ* situées en *rᵢ*, le vecteur position du CG, noté **R_G**, s’obtient par : \[ \mathbf{R}_G=\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n} m_i \mathbf{r}_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n} m_i} \] Dans le cas d’un corps continu de masse volumique *ρ*, la somme devient une intégrale de volume : \[ \mathbf{R}_G=\frac{\displaystyle\int_V \rho \,\mathbf{r}\, dV}{\displaystyle\int_V \rho \, dV} \] Si le corps est homogène (*ρ* constante), le facteur *ρ* se simplifie et le CG coïncide avec le centre géométrique du volume. ### 2. Méthode de détermination par sommation vectorielle (corps composés) Un corps composé est l’assemblage de plusieurs parties simples dont on connaît déjà le CG. La procédure est : 1. Décomposer le corps en *k* parties homogènes (ex. : plaques, barres, cylindres). 2. Pour chaque partie *j*, déterminer sa masse *m_j* et le vecteur position de son CG **r_j** dans un repère commun. 3. Calculer le moment statique total : **M** = Σ *m_j* **r_j**. 4. Diviser par la masse totale *M_tot* = Σ *m_j* pour obtenir **R_G**. > Cette méthode repose sur le principe de superposition des moments et est particulièrement adaptée aux pièces d’atelier où l’on peut peser ou calculer la masse de chaque élément (ex. : assemblage de profilés, de tôles découpées). ### 3. Exemple d’atelier : détermination du CG d’une pièce métallique composée **Contexte** : Dans un atelier de métallurgie à Yaoundé, on doit soulever une pièce formée d’une plaque rectangulaire (épaisseur 5 mm) soudée à une bride cylindrique (diamètre extérieur 80 mm, épaisseur 10 mm, hauteur 30 mm). La densité de l’acier est ρ = 7850 kg·m⁻³. **Données** : - Plaque : dimensions 200 mm × 150 mm × 5 mm → volume V₁ = 200·150·5 mm³ = 1,5·10⁶ mm³ = 1,5·10⁻³ m³. - Bride : cylindre creux : rayon extérieur R = 40 mm, rayon intérieur r = 30 mm, hauteur h = 30 mm → volume V₂ = πh(R²−r²) = π·30·(40²−30²) mm³ ≈ 6,597·10⁴ mm³ = 6,597·10⁻⁵ m³. **Masses** : m₁ = ρV₁ = 7850·1,5·10⁻³ ≈ 11,78 kg. m₂ = ρV₂ = 7850·6,597·10⁻⁵ ≈ 0,518 kg. **Choix du repère** : origine au coin inférieur gauche de la plaque, axes *x* (largeur) et *y* (hauteur). - CG de la plaque : **r₁** = (100 mm, 75 mm, 2,5 mm) → (0,100 m, 0,075 m, 0,0025 m). - CG de la bride : située au centre de la face extérieure de la plaque, donc en *x* = 200 mm (bord droit), *y* = 75 mm (milieu hauteur), *z* = 2,5 mm + 15 mm (moitié hauteur de la bride) = 17,5 mm → **r₂** = (0,200 m, 0,075 m, 0,0175 m). **Moments statiques** : M_x = m₁x₁ + m₂x₂ = 11,78·0,100 + 0,518·0,200 = 1,178 + 0,1036 = 1,2816 kg·m. M_y = m₁y₁ + m₂y₂ = 11,78·0,075 + 0,518·0,075 = 0,8835 + 0,03885 = 0,92235 kg·m. M_z = m₁z₁ + m₂z₂ = 11,78·0,0025 + 0,518·0,0175 = 0,02945 + 0,009065 = 0,038515 kg·m. **Masse totale** : M_tot = 11,78 + 0,518 = 12,298 kg. **CG** : x_G = M_x / M_tot = 1,2816 / 12,298 ≈ 0,1042 m = 104,2 mm. y_G = M_y / M_tot = 0,92235 / 12,298 ≈ 0,0750 m = 75,0 mm. z_G = M_z / M_tot = 0,038515 / 12,298 ≈ 0,00313 m = 3,13 mm. > Le centre de gravité se situe donc à environ 104 mm du bord gauche, 75 mm du bas et 3,1 mm au-dessus de la face inférieure de la plaque – un résultat cohérent attendu car la bride, bien que légère, décale légèrement le CG vers l’extérieur et vers le haut. Cette détermination permet au technicien de choisir le point d’accrochage du palan de façon à éviter tout basculement lors du levage. --- ## II. Activités de remédiation ### 1. Revoir les notions de moment statique et d’équilibre > Le moment statique d’une force **F** par rapport à un point O est le produit vectoriel **M_O** = **r** × **F**, où **r** est le vecteur position du point d’application de **F** relatif à O. Pour un système de forces parallèles (comme le poids des éléments d’un corps), la résultante **R** agit au point dont le moment statique total est nul : Σ **r_i** × **F_i** = **0**. Dans le cas du poids, **F_i** = – *m_i* **g**, donc la condition se réduit à Σ *m_i* **r_i** = *M_tot* **R_G**, ce qui conduit exactement à la formule du CG vue précédemment. Cette révision permet de comprendre pourquoi la recherche du CG revient à annuler le moment total du poids. ### 2. Méthode d’intégration pour corps continus (forme simple) Lorsque le corps présente une géométrie régulière, on exploite la symétrie pour réduire l’intégration à une ou deux dimensions. **Étapes générales** : 1. Choisir un système de coordonnées adapté (cartésien, cylindrique, sphérique). 2. Exprimer la masse élémentaire *dm* = ρ dV en fonction des coordonnées. 3. Écrire la coordonnée du CG selon l’axe considéré : \[ \bar{x}= \frac{1}{M}\int_V x\,\rho\,dV,\quad \bar{y}= \frac{1}{M}\int_V y\,\rho\,dV,\quad \bar{z}= \frac{1}{M}\int_V z\,\rho\,dV \] 4. Effectuer l’intégration en utilisant les limites géométriques du corps. 5. Simplifier le résultat ; si le corps est homogène, ρ se factorise et disparaît du rapport. **Formules utiles (corps homogène)** : - Barre droite de longueur L : \(\bar{x}=L/2\) (axe le long de la barre). - Plaque rectangulaire de côtés a et b : \(\bar{x}=a/2,\;\bar{y}=b/2\). - Disque de rayon R : \(\bar{x}=0,\;\bar{y}=0\) (centre du disque). - Triangle quelconque : \(\bar{x}= (x₁+x₂+x₃)/3,\;\bar{y}= (y₁+y₂+y₃)/3\). - Profilé en I (symétrie double) : le CG se trouve à l’intersection des axes de symétrie (milieu de l’âme et mi‑hauteur des ailes). > Ces résultats sont souvent tabulés dans les manuels de résistance des matériaux ; ils permettent un gain de temps considérable lors du pré‑dimensionnement. ### 3. Exemple de chantier : calcul du CG d’une poutre en I **Contexte** : Sur un chantier de construction d’un bâtiment à Douala, il faut vérifier la stabilité d’une poutre en I (profilé IPN 200) posée simplement sur deux appuis distants de 6 m. La poutre est en acier (ρ = 7850 kg·m⁻³). Ses dimensions sont : âme hauteur h = 200 mm, épaisseur t_w = 8 mm ; ailes largeur b = 100 mm, épaisseur t_f = 12 mm. **Décomposition** : - Aile supérieure : rectangle b × t_f. - Aile inférieure : identique. - Âme : rectangle (h‑2t_f) × t_w. **Calcul des volumes** (en m³) : V_f (une aile) = b·t_f·L = 0,100·0,012·6 = 0,0072 m³. V_w (âme) = (h‑2t_f)·t_w·L = (0,200‑0,024)·0,008·6 = 0,008448 m³. Volume total V_tot = 2·V_f + V_w = 2·0,0072 + 0,008448 = 0,022848 m³. **Masses** : m_f (une aile) = ρ·V_f = 7850·0,0072 ≈ 56,52 kg. m_w = ρ·V_w = 7850·0,008448 ≈ 66,33 kg. M_tot = 2·56,52 + 66,33 = 179,37 kg. **Position du CG** : Grâce à la symétrie verticale, le CG se trouve sur l’axe médian de l’âme. On ne calcule que la coordonnée *y* (verticale) prise depuis la base de l’aile inférieure. - Distance de la base au centre de l’aile inférieure : t_f/2 = 0,006 m. - Distance de la base au centre de l’âme : t_f + (h‑2t_f)/2 = 0,012 + (0,200‑0,024)/2 = 0,012 + 0,088 = 0,100 m. - Distance de la base au centre de l’aile supérieure : t_f + (h‑2t_f) + t_f/2 = 0,012 + 0,176 + 0,006 = 0,194 m. Moment statique : M_y = 2·m_f·(t_f/2) + m_w·[t_f + (h‑2t_f)/2] + m_f·[t_f + (h‑2t_f) + t_f/2] = 2·56,52·0,006 + 66,33·0,100 + 56,52·0,194 = 0,67824 + 6,633 + 10,966 ≈ 18,277 kg·m. y_G = M_y / M_tot = 18,277 / 179,37 ≈ 0,1019 m = 101,9 mm depuis la base. > Le centre de gravité de la poutre en I se situe donc à environ 102 mm du bas, soit légèrement au-dessus de l’âme (qui commence à 12 mm et se termine à 188 mm). Cette valeur confirme que, pour un profilé symétrique, le CG coïncide avec le milieu de l’âme, comme attendu. Sur le chantier, cette information sert à positionner les élingues de levage de façon à ce que la résultante du poids passe par le point d’accrochage, évitant ainsi tout basculement ou oscillation dangereuse pendant la manutention. --- ## Synthèse du chapitre - **Définition du CG** : point où la résultante du poids peut être considérée appliquée ; \(\mathbf{R}_G = \frac{\sum m_i \mathbf{r}_i}{\sum m_i}\). - **Corps composés** : décomposer, déterminer masse et CG de chaque partie, sommer les moments statiques, diviser par la masse totale. - **Corps continus** : utiliser l’intégration \(\bar{x}= \frac{1}{M}\int x\rho dV\) (idem pour y, z) ; profiter de la symétrie. - **Formules rapides (homogène)** : barre L/2, plaque a/2, b/2, disque centre, triangle moyenne des sommets. - **Exemple d’atelier** : pièce plaque + bride → CG (104 mm, 75 mm, 3,1 mm). - **Exemple de chantier** : poutre en I → CG à 102 mm du bas. - **Application professionnelle** : choisir le point d’accrochage (palans, élingues) pour garantir l’équilibre et la sécurité lors de la manutention. --- ## Glossaire - **Centre de gravité (CG)** : point où l’on peut considérer que la totalité du poids d’un corps agit. - **Moment statique** : produit vectoriel **r** × **F** d’une force par rapport à un point. - **Corps composé** : assemblage de plusieurs parties simples dont on connaît déjà le CG. - **Corps continu** : matière répartie de façon régulière dans un volume, décrit par une densité volumique *ρ*. - **Densité volumique (ρ)** : masse par unité de volume (kg·m⁻³). - **Ame** : partie verticale d’un profilé en I qui relie les deux ailes. - **Aile** : partie horizontale d’un profilé en I qui supporte les charges de flexion. - **Symétrie** : propriété permettant de réduire le calcul du CG à une ou deux coordonnées lorsque le corps présente des plans ou axes de symétrie. - **Resultant du poids** : force verticale égale à la somme des poids de toutes les parties, appliquée au CG. - **Élingue** : dispositif de levage (câble, chaîne) utilisé pour soulever une charge en toute sécurité. --- ## Exercices d'application corrigés ### Exercice 1 – Atelier de métallurgie **Énoncé** : Une pièce est constituée d’un disque plein de rayon 80 mm et d’une tôle rectangulaire de 200 mm × 120 mm × 5 mm, soudée de façon à ce que le centre du disque coïncide avec le milieu du côté de 200 mm de la tôle. La densité de l’acier est 7850 kg·m⁻³. Déterminer les coordonnées du centre de gravité de l’ensemble, en prenant l’origine au coin inférieur gauche de la tôle, l’axe *x* le long du côté de 200 mm et l’axe *y* le long du côté de 120 mm. **Corrigé** : - Volume disque : V_d = πR²·épaisseur = π·(0,08)²·0,005 = 1,005·10⁻⁴ m³. - Masse disque : m_d = ρV_d = 7850·1,005·10⁻⁴ ≈ 0,789 kg. - Volume tôle : V_t = 0,200·0,120·0,005 = 1,2·10⁻⁴ m³. - Masse tôle : m_t = ρV_t = 7850·1,2·10⁻⁴ = 0,942 kg. - CG du disque : (x_d, y_d) = (0,100 m, 0,060 m) (milieu du côté 200 mm, hauteur 60 mm). - CG de la tôle : (x_t, y_t) = (0,100 m, 0,060 m) (même point, car le disque est centré). Comme les deux CG coïncident, le CG de l’ensemble est identique : (0,100 m, 0,060 m). > **Réponse** : CG situé à 100 mm du bord gauche et 60 mm du bas de la tôle. ### Exercice 2 – Chantier de construction **Énoncé** : Une poutre en béton armé de section rectangulaire 300 mm × 500 mm et de longueur 4 m repose sur deux appuis simples à ses extrémités. La densité du béton est 2400 kg·m⁻³. Déterminer la position du centre de gravité le long de la poutre et vérifier que la réaction de chaque appui est égale à la moitié du poids total. **Corrigé** : - Volume : V = 0,300·0,500·4 = 0,6 m³. - Masse : m = ρV = 2400·0,6 = 1440 kg. - Pour une barre homogène, le CG se situe à mi‑longueur : x_G = L/2 = 2,00 m depuis une extrémité. - Poids total : W = mg = 1440·9,81 ≈ 14126 N. - Réaction de chaque appui (symétrie) : R = W/2 ≈ 7063 N. > **Réponse** : CG à 2,00 m d’une extrémité ; chaque appui supporte ≈ 7063 N. --- ## Erreurs fréquentes et règles de sécurité | Erreur fréquente | Conséquence | Règle de prévention / bonne pratique | |------------------|-------------|--------------------------------------| | Oublier de convertir toutes les longueurs en mètres avant d’utiliser la densité (kg·m⁻³) | Résultat de masse erroné de plusieurs ordres de grandeur | Toujours travailler en unités SI ; convertir mm → m (×10⁻³) avant le calcul. | | Confondre le centre de gravité d’une surface plane avec celui d’un volume solide (ex. : utiliser la formule du triangle pour une plaque épaisse) | Déplacement du CG pouvant entraîner un basculement lors du levage | Vérifier si le corps est une lame (épaisseur négligeable) ou un volume ; utiliser les formules adaptées. | | Négliger la symétrie et effectuer une intégration complète alors qu’une forme simple suffit | Perte de temps, risque d’erreur d’intégration | Identifier les plans/axes de symétrie ; réduire le calcul à une coordonnée quand cela est possible. | | Utiliser une élingue accrochée en dehors du CG sans vérifier le moment de la force de levage | Risque de basculement, glissement ou rupture de l’élingue | Toujours placer le point d’accrochage de façon à ce que la ligne d’action du poids passe par ce point (moment nul). | | Ne pas contrôler l’état de l’élingue (usure, corrosion) avant le levage | Rupture soudaine de l’élingue, chute de la charge | Inspecter visuellement et tactilement l’élingue selon les normes de sécurité (ex. : NF EN 1492‑1) avant chaque utilisation. | | Supposer que le CG d’un corps hétérogène coïncide avec le centre géométrique | Sous‑estimation ou sur‑estimation du moment stabilisateur | Calculer le CG par la méthode des moments ou l’intégration, en tenant compte des variations de densité. | --- *Fin du cours.*