Mécanique des fluides (ballon dans l'eau, vase de tantale

[Flor_B]

Salut à tous !

Alors voilà, j'ai un DM de mécanique des fluides à faire et je suis un peu bloquée à certains points des exercices. Il y en a deux, donc, un sur un ballon de foot dans l'eau et un autre sur le système du vase de tantale.

Exercice 1 : Coule-t-il ?

Un ballon de football possède un rayon de 11 cm, pèse environ 500 g et est gonflé avec une surpression d’environ 0.8 bar par rapport à la pression atmosphérique. Si l’on tente de l’immerger dans l’eau, on ressent l’action de la poussée d’Archimède qui tend à le ramener à la surface mais que se passerait-il en grande profondeur ?

1. Calculez la force qu’il faut exercer sur le ballon pour le maintenir juste sous la surface de l’eau.
2. Comment évolue cette force lorsque l’on augmente la profondeur à laquelle le ballon est immergé ? A partir de quelle profondeur observe-t-on un changement ?
3. A quelle profondeur n’est-il plus nécessaire d’exercer de force pour le maintenir sous l’eau ? On considère l’air contenu dans le ballon comme un gaz parfait et on néglige les variations de température. Que se passe-t-il au delà de cette profondeur ? Concluez sur la probabilité qu’une telle expérience ait déjà été réalisée ?

Données :
- Constante de gravité terrestre : g = 9,81 m s-2
- Volume d’une sphère de rayon r : V = (4/3)r3
- Constante des gaz parfaits : R = 8,314 J mol –1 K-1

Pour cet exercice-là, je suis bloquée parce que je trouve mes résultats absolument incohérents :

1) Pour cette question j'ai fait la différence entre la poussé d'archimède et le poids du ballon. J'ai donc trouvé : 1000*5,58*10^-3*9,81-500*10^-3*9,81 = 52,83N. Je trouve ce résultat un peu grand mais pourquoi pas.

2) C'est là que ça se complique. Parce que la poussé d'archimède c'est bien une force de pression mais constante, non ? Mais est-ce qu'on a que le poids et la poussée d'archimède ou aussi une troisième force qui serait la pression de l'eau sur la balle ? (je vais peut-être chercher trop loin, je ne sais pas ...)
Avec seulement archimède et le poids, je trouve que la pression nécessaire est seulement de 32,25 Pa, mais c'est excessivement faible. (P=archimède/Surface du ballon)
Si on rajoute une autre force de pression à l'équation, je trouve 328Pa, mais ça n'est pas vraiment mieux ...

3) Du coup ici il faut utiliser la formule deltaP=rho*g*(hb-ha). Et donc je trouve soit 3,3mm, soit 33mm. Mais c'est impossible, c'est là que ça ne colle plus !
Après, je n'ai pas vraiment compris comment résoudre le reste de la question. Je suppose qu'il faut utiliser PV=nRT. Mais on chercherait à calculer le volume, ça serait un peu bizarre, non ?


Exercice 2 : Le vase de Tantale



Le schéma ci-contre est celui d’un vase de Tantale. Il s’agit d’un récipient muni d’un siphon et alimenté par un robinet dont le débit constant est Q0. Le siphon, de section droite S, plonge jusqu’au fond du vase à une altitude zmin et remonte jusqu’à l’altitude zmax. Cette section S est prise beaucoup plus petite que la section du récipient. On note A un point de la surface et B un point situé à l’extrémité inférieure du siphon. Leurs altitudes respectives sont notées zA et zB. Notons que zA varie lorsque le vase se remplit ou se vide.

1. Que se passe-t-il lorsque le niveau de l’eau dans le vase (situé à l’altitude zA) atteint zmax ?
2. Dans certaines conditions que l’on considère pour l’instant remplies, on observe un phénomène cyclique de vidange et de remplissage du vase. Décrivez qualitativement un de ces cycles.
3. En appliquant la relation de Bernoulli entre les points A et B à un instant de la phase de vidange, établissez une relation entre les vitesses et les altitudes de ces points. Précisez les hypothèses qui autorisent cette application.
4. On peut ici négliger vA par rapport à vB. Pourriez-vous le justifier ? Exprimer alors le débit de la vidange QV pour une altitude zA donnée. A quel moment ce débit est-il minimal ? En déduire la condition pour observer le phénomène cyclique.
5. Calculez la pression minimale, pendant la vidange, au point le plus haut du siphon. Pourrait-on réaliser un vase de Tantale arbitrairement haut ?


Données :
- densité de l’eau : deau = 1
- densité du mercure : dHg = 13,7
- densité de l’air : d = 1,3 10-3
- constante de gravité : g = 9,81 m s-2
- pression atmosphérique = 105 Pa

J'ai eu nettement moins de difficulté pour cet exercice.

1) Lorsque za=z(max) le siphon commence à se remplir.

2) 1. A t=o, Za=Zmin
2. t0<t<t1 : le vase de rempli
3. t=t1, Za=Zmax, le siphon se rempli
4. t1<t<t2, le vase est vidé par le siphon. Za diminue
5. Za=Zmin, le niveau du siphon est au niveau de Zmin
Et le cycle recommence.

3) Ici il faut juste écrire l'équation de Bernouilli : pa+1/2*rho*Va²+rho*gZa=pb+1/2*rho*Vb²+rho*gZb et donner les conditions nécessaires (pas de frottement, c'est un fluide parfait etc)

4) On utilise les sections pour expliquer pourquoi on peut négliger Va par rapport à Vb, donc on obtient : pa+rho*gZa=pb+1/2*rho*(Qv*t)²+rho*gZb
donc Qv=racine(2*(Pa-Pb+rho*g(Za-Zb))/rho) * 1/t

Le debit est minimal quand Za=Zmin (est-ce que je dois le démontrer avec la formule ??)

Qv>Qo sinon le fluide de va pas dans le siphon. (là aussi il faudrait une démonstration ?)

5) On cherche à calculer pb mais je ne comprend pas vraimet comment, puisqu'on a pas de données pour Qv ou t. Et Qv ne peut pas être négligeable pendant la vidange.
Est-ce qu'il ne faudrait pas plutôt utiliser deltaP=rho*g(ha-hb) ?


Voilà, je sais que mon message est un peu long, mais ça serait génial si vous pouviez m'aider, surtout pour le premier exercicie parce que je suis vraiment bloquée et que je ne vois pas d'autres solutions pour le résoudre ....

Merci !! ^^
-----

[LPFR]

Bonjour et bienvenu au forum.
1-1 OK
1-2 La poussée d’Archimède EST l' effet de la pression de l’eau sur le ballon. Plus précisément, elle est due à la différence de pression entre le bas de l’objet et le haut de l’objet.
Là où les choses vont changer et qu’à une certaine profondeur (a vous de trouver) la pression va commencer à écraser le ballon et à réduire son volume et du coup la poussée d’Archimède.
Je préfère faire semblant de ne pas avoir lu la pression que vous donnez. C’est plus poli.
1-3 Il faut trouver à quelle profondeur le ballon se trouve tellement écrasé que son poids équilibre exactement la poussée d’Archimède.

Pour le problème 2, on verra plus tard.
Au revoir.

[Dynamix]

Salut

1-2 La poussée d’Archimède EST la pression de l’eau sur le ballon.

Permet moi cher LPFR de sursauter en voyant une force identifiée à une pression .
La poussée d’Archimède EST l' effet de la pression de l’eau sur le ballon . (le somme vectorielle des p.dS)

[LPFR]

Re.
Oui. Vous avez raison. Mea maxima culpa. J’ai bouffé « est l’effet ».
Merci de l’avoir corrigé.
Je profite honteusement de mes privilèges de modérateur pour corriger mon texte.
A+

[A voir en vidéo sur Futura]

[Flor_B]

merci beaucoup de m'avoir répondu ! maintenant j'ai bien compris ce que c'était que la poussée d'archimède ^-^

Malgré tout, je suis encore dans le flou (et oui, j'essaye, mais la physique c'est vraiment pas mon truc ). Donc on a un volume qui diminue, comme la poussée d'archimède jusqu'à ce que celle-ci soit égale au poids. En fait on veut la pression à laquelle elle est égale à 4,905N, si j'ai bien compris. Mais je ne vois toujours pas comment trouver la pression ... on ne peut pas utiliser PV=nRT puisque le volume varie et qu'on ne le connait pas, non ? Si le volume varie, la surface aussi.... alors comment peut-on calculer une pression ?


Et merci encore de m'aider!

[LPFR]

Re.
On peut montrer que la poussée d’Archimède ne dépend pas ni de la forme ni de la surface de l’objet, mais uniquement de son volume. D'ailleurs c’est bien ce que dit l’énoncé du principe.
Pour trouver la pression à laquelle le volume a atteint une valeur donnée, vous pouvez prendre la loi de gaz parfaits pour les deux situations, avec la même quantité de gaz et la même température :
P1.V1 = P2. V2
Vous connaissez P1.V1, et avez calculé V2 pour que la poussée d’Archimède soit « la bonne ». Ceci vous permet de calculer P2 et la profondeur à laquelle il faut descendre.
A+
:jesors :

[Dynamix]

Une petite précision à propos de la question 2 , qui n' aurait pas de sens sans ça :
L' enveloppe doit être considérée comme non extensible .
Donc son volume est le même qu' il soit gonflé à 0,8 bars (relatif) ou à 0 bars .
Quand à la pression que l' eau exerce , c' est la pression hydrostatique ⇒ se référer à la formule .

[Flor_B]

Oh merci beaucoup!

Oui, je trouve une pression de 1,34*10^10 Pa et donc une profondeur de 1,36*10^6m. Ca parait donc beaucoup plus cohérent qu'au début !

Mais je me demandais. Au-delà d'une certaine profondeur ... le gaz à l'intérieur du ballon se liquéfie et c'est tout, non ? Enfin je ne pense pas qu'il explose puisque ça voudrait dire que le gaz se dilate.

[LPFR]

Une petite précision à propos de la question 2 , qui n' aurait pas de sens sans ça :
L' enveloppe doit être considérée comme non extensible .
Donc son volume est le même qu' il soit gonflé à 0,8 bars (relatif) ou à 0 bars .
Quand à la pression que l' eau exerce , c' est la pression hydrostatique ⇒ se référer à la formule .

Bonjour Dynamix.
L’enveloppe est (presque) inextensible, comme celle d’un vrai ballon, mais parfaitement écrasable, comme celle d’un vrai ballon. Donc, le volume reste constant tant que la pression interne est supérieure à la pression externe. Au delà de 0,8 bars externe, la pression interne égale la pression externe.
Cordialement,

[LPFR]

Oh merci beaucoup!

Oui, je trouve une pression de 1,34*10^10 Pa et donc une profondeur de 1,36*10^6m. Ca parait donc beaucoup plus cohérent qu'au début !

Mais je me demandais. Au-delà d'une certaine profondeur ... le gaz à l'intérieur du ballon se liquéfie et c'est tout, non ? Enfin je ne pense pas qu'il explose puisque ça voudrait dire que le gaz se dilate.

Bonjour.
Non. Vous avez donné des valeurs absurdes. Au moyen âge on brûlait des gens pour moins que ça.
1 bar (la pression atmosphérique correspond à 10^5 Pa. Donc, la pression que vous donnez est 10^5 fois plus importante que 1 bar. Tout le charbon serait transformé en diamants… sans aucune femme pour les porter.
Et la profondeur est 123 fois plus grande que celle de la fosse des Mariannes.
Il faut regarder si les valeurs que l’on donne sont décentes. Des valeurs absurdes comme celles que vous avez données, mettent les correcteurs de mauvaise humeur.

Donc, calculez à quelle profondeur il faut descendre dans l’eau pour avoir une pression hydrostatique de 0,8 bars relative ou 1,8 bars absolue.
Au revoir.

[Flor_B]

Je reconnais à quel point mes valeurs étaient stupides avec le recul ... Mais comme l'énoncé demandait de "conclure sur la probabilité que cette expérience ait été réalisée" ... Bon, je sais, je n'ai aucune excuses. en fait je ne pensais pas que mes valeurs étaient si grandes que ça.

Quoi qu'il en soit, je suis donc repartie sur de nouvelles bases : à partir de la différence pression 0,8bar (et en la prenant donc comme celle à laquelle on observe un changement), je trouve donc un valeur de 8,15m (bien plus raisonnable, en même temps c'est difficile de faire pire que 3mm ou 1,36*10^6m de profondeur. Hm, hm.)

J'ai donc calculé à la question 3 un nouveau volume grâce à PV=nRT (je me demandais bien quand je devais l'utiliser en fait ... ^^') et je trouve un volume de 0,45*10^-3 m^3. Le volume initial étant de 5,58*10^-3 m*3, le volume à bel et bien diminué. or, la poussée d'Archimède varie avec le volume. On a donc une "nouvelle" poussée d'Archimède de 4,41N. Le poids du ballon étant de 4,8N, donc supérieur, à cette profondeur, la balle coule.

Pitié, dites-moi que je ne raconte pas encore n'importe quoi !

En tous cas merci de m'avoir aidé jusque là !

[LPFR]

Bonjour.
Cette fois, la profondeur de 8,15 m c’est bon.
Par contre, vous n’avez pas donné ni la pression ni la profondeur pour laquelle la poussée d’Archimède compensera le poids.
Au revoir.

[Flor_B]

Exact ! en fait je n'etais pas vraiment sure de la maniere de les calculer hier soir. Mais j'ai tourné mes meninges et j'ai donc trouvé puisque tout simplement P=Arch donc le Volume est de 0,5*10^-3 m^3 et donc avec PV=P2*V2 (j'ai pris la pression et le volume en prondeur ) et donc a P=1,632bar, les forces se compensent. Soit h=6,31m

[LPFR]

Re..
Non. Vous avez déjà calculé qu’il faut descende à 8,15 m pour que le ballon soit tout juste gonflé en équilibre avec la pression externe.
Donc, 6,31 m ne font pas l’affaire.
Un calcul à la louche : à 1,8 bars le volume est de 5,6 L, et dont la poussée d’Archimède correspond à un volume d’eau de 5,6 l. Comme la masse du ballon est de 500 g, il faut que le volume soit de 0,5 L.
C‘est à dire qu’il faut augmenter la pression d’un facteur 10 ou 11. C’est « bien beaucoup plus » que 8 m.
A+

[Flor_B]

Non, à 8,15m le volume est de 0,45*10^-3 m^3, et pas 5,5*10^-3 m^3 (ça c'est à peu près le volume à la surface). Le volume nécessaire pour que les forces se compensent est de 0,5*10^-3 m^3. Alors je ne comprends pas en quoi la profondeur devrait être plus grande que 8,15m de profondeur, au contraire. Surtout qu'à 8m, le poids dépasse déjà la poussé d'Archimède..

Je suis d'accord, je trouve la valeur de 6m et quelques un peu basse mais pour moi cette profondeur ne doit pas dépasser 8,15m.

[LPFR]

Re.
Tant pis.
A+

[Flor_B]

... Je ne sais pas vraiment comment je dois prendre votre message.

Mais je vais me contentée de vous remercier pour m'avoir aidé jusque là, ainsi que Dynamix pour ses précisions.

Au revoir.