Bonjour,
On a une sphère coupée en 2. On fait le vide dans la sphère. On attrape la demi-sphère par le dessus et la sphère reste unie. A partir de quelle masse de la demi-sphère inférieur, la sphère se désunie.
Moi j'ai trouvé: F= Pi^3*R²*Patm/4.
y'avait un sujet qui traitait de ça mais j'arrive plus à mettre la main dessus même avec la fonction recherchée.
merci.
bonsoir,
cherchez donc l'expérience des hémisphères de Magdebourg
BCNU
bonsoir,
creuses un peu le probleme, ton resultat n'est pas bon
pense que le poid est une force qui n'agit que verticalement
fred
Je me suis peut être trompé mais j'ai bien pris en compte que le poids est vertical. Fy= integ(Patm*dS*cos(phi) avec dS=2*Pi*Rext²*sin(phi)*d(phi) .Envoyé par verdifre
Je vais chercher hemisphere de machin
merci.
j'ai pas trouvé sphère de Magdebourg avec la fonction recherchée.Je me suis peut être trompé mais j'ai bien pris en compte que le poids est vertical. Fy= integ(Patm*dS*cos(phi) avec dS=2*Pi*Rext²*sin(phi)*d(phi) .
Je vais chercher hemisphere de machin
merci.
bonsoir,
nul besoin de faire des integrales complexes et pas forcément justes, tu peux te dire que la composante verticale de la pression va agir comme la pression sur la surface projetée verticalement
le calcul de la surface projetée est il me semble assez simple
fred
- bon je suis d'accord que seule la composante verticale de la pression est à prendre en compte. Parcontre je dirais que c'est la surface projetée horizontalement qu'il faut prendre en compte (pour dire ça j'imagine plein de petites forces verticales qui viennent s'appliquer sur une surface forcement HORIZONTALE et non verticale. non ?
- d'autre part je me vois obligé de faire une intégrale du produit de la pression atmosphérique verticale par la projection HORIZONTALE des surfaces infinitésimales.
Après m'être corrigé, j'ai trouvé : F=4/3 Pi Patm R²
C'est homogène mais bon...
bonjour,
et sans se prendre la tête est-ce que F=2R2Patm peut convenir?
bonjour,
ca me semblerai pas mal (quoi que je prefere piD²/4)et que le 2 je vois pas bien d'ou il vient
fred
bonjour
si la deuxiemme demisphere tu changes sa forme, tu la remplaces par un tube bouché ou par un cylindre ou par un cone ou.... changes tu la force nessecaire pour la decoller ?d'autre part je me vois obligé de faire une intégrale du produit de la pression atmosphérique verticale par la projection HORIZONTALE des surfaces infinitésimales.
tu prends alors la forme la plus simple, un disque par exemple, et la, cela marche tout seul, plus de calculs tordus
fred
franchement moi je dirais que si tu changes la forme de la seconde demi-sphère, alors la force nécessaire au décollement est différente puisque la force est directement en relation avec la surface sur laquelle la pression s'applique. La preuve si tu prends un diamètre plus important de la sphère alors la force de décollement devient plus importante. Dans cette configuration je ne peux pas prendre la forme la plus simple pour le calcul de la force. Je me trompe ?
bonjour,
si tu fait une bosse sur la demi-sphere et (que tu ne touches pas à l'autre) changes tu quelque chose ?
si tu remplaces l'autre demi-sphere par une plaque , changes tu quelque chose a la force nessecaire pour effectuer la separation ?
toujours sans modifier le plan de joint, di sur la demisphere tu vient greffer un ballon de foot et une tete de mickey.....
dans un tel probleme, seule la surface du plan de joint projetée perpendiculairement a l'effort à de l'importance.
Pour t'en convaincre on va repartir dans les integrales mais sans faire de calcul
tu peux considerer qu'une demi-sphere c'est un empilement de disques de diametre croissants.
si tu etudie un disque en particulier
il va etre soumis a la pression sur sa tranche et la somme de toutes les pressions qui s'exercent sur la tranche va etre vectoriellement nulle
il va etre soumis à la pression sur une couronne et la somme des pression sur cette couronne va concourir à maintenir les deux demi-spheres ensembles
la somme des surfaces de ces couronnes elementaires va etre celle du disque de plus grand rayon
fred
Moi je pense que oui dans la mesure où la bosse en un point de la boule va modifier la surface locale de la boule. en d'autre termes avoir un peu plus de surface (où la pression va pouvoir s'appliquer) c'est augmenter la force de décollement.
Mettons nous d'accord sur une chose au moins pour voir si mon schéma est bon: la sphère en entier est bien cernée par pleins de petites forces (représentant la pression atmosphérique) PERPENDICULAIRES à la surface locale de la sphère. Et c'est toutes ces petites forces qui maintiennent la cohésion des deux demi-sphères (la demi-sphère supérieur est pressée par les petites forces sur la demi-sphère inférieur). C'est bien le cas ?
Moi j'aurais dit que oui.
En te lisant je comprends que je fais une erreur sur la surface qui rentre en jeu mais je sais pas pourquoi. Je ne vois pas ce que tu veux dire par "la surface du plan de joint". Parcontre "projetée perpendiculairement a l'effort à de l'importance." ça oui je comprends bien. En fait moi j'ai la surface de la sphère et chaque éléments infinitésimal de la surface je l'ai projeté perpendiculairement à l'effort comme tu dis.
C'est pas pour pinaillé mais moi je considère le disque comme un empilement de disque D'UNE CERTAINE EPAISSEUR. Je crois que c'est ce que tu appelles couronnes.
Je vois pourquoi tu dis que la somme des forces sur la tranche va être vectoriellement nulle. Moi à cet endroit j'ai une force qui participe à la cohesion.
J'y réfléchi ce soir.
Merci de ta réponse
Bonjour.
Verdifre a totalement raison.
Prenez les forces sur chacun des petits morceaux qui forment la surface.
Décomposez ces forces en une composante verticale plus une composante horizontale. Mettons que la normale à la petite surface fasse un angle thêta avec la verticale. La force vaut P dS et la composante verticale P dS cos(thêta).
Mais dS cos(thêta) est la valeur de la projection de la surface dS sur le plan horizontal (ce que Verdifre avait appelé, à juste titre, une projection verticale). Donc la force verticale totale est la somme du produit de la pression atmosphérique par toutes les projections des petites surfaces sur le plan horizontal, qui donne la surface totale de la coupe de la demi sphère pi R².
Je suppose que vous avez compris que les composantes horizontales s'annulent. Si ce n'était pas le cas, on pourrait utiliser le dispositif pour tirer une charrette éternellement. On n'aurait plus de problèmes de pétrole.
Au revoir.
bonsoir,bonjour,
ca me semblerai pas mal (quoi que je prefere piD²/4)
fred
j'ai pris la surface de la demi-sphère et j'ai supposé (parti pris que je pense correct en regard des dimension) que la pression exercée sur la surface de la sphère était la même partout. En première approximation, ça me parait pas trop mal. Mais je ne rejette pas ta méthode
PJ
euh!!...je crois que mon facteur 2 est de trop.
Sinon pour en finir voici un petit doc sur les sphère de Magdebourg pour me faire pardonner de mes égarements
http://owl-ge.ch/spip.php?action=acc...Magdebourg.pdf
BCNU
bonsoir,
Je crois que cette belle demonstration mettra un terme à cette discution
merci encore pour le document
fred
Merci bien pour ce document qui éclairci pas mal de chose. Je suis un peu boulet mais j'ai encore un facteur 2 qui traine. Vu les bornes d'intégration (téta de 0 à 2PI) et (Phi de 0 à PI/2), la force de cohésion calculée est celle de la partie supérieur de la sphère. Les forces (dessinées sur le document) de la partie inférieur de la sphère participent aussi à la cohésion. Vu la symétrie du problème on peut multiplier par 2. j'ai trouvé:euh!!...je crois que mon facteur 2 est de trop.
Sinon pour en finir voici un petit doc sur les sphère de Magdebourg pour me faire pardonner de mes égarements
http://owl-ge.ch/spip.php?action=acc...Magdebourg.pdf
BCNU
2PI R² Patm=F pourquoi c'est faux s'il vous plait.
merci.
bonjour,
tu tires avec une force de 10 N sur une corde acrochée a un mur
le mur exerce donc une reaction de de 10 N sur la corde
la tension dans la corde ne seras pas pour autant de 20 N
fred
oui j'ai enfin compris. Merci pour votre patience
a+
