Bonsoir,
Un récipient cubique rempli d'eau possède un centre de gravité en son centre (0,0,0) car sinon le simple changement d'état solide / liquide changerait le centre de masse. Hors c'est la pression de l'eau qui donne le poids du récipient. Pourquoi sur l'axe vertical le centre de gravité n'est-il pas situé sur la face du bas ?
A+
non !Envoyé par bl71
grosse confusion entre pression et centre de gravité !
Oui, je viens de regarder et de comprendre sur le net merci
Cela me fait penser à la force centripète qui s'excerce sur une sphère pratiquement pleine d'eau comparée au même volume d'eau mais dans un cube. Si on fait tourner les deux en même temps, un de chaque côté du centre de rotation, symétrique. Le cube ne va pas donner de force de pression vers le centre de rotation tandis que la sphère oui. Si on prend un rayon très grand et un volume très petit j'ai l'intuition que les forces centripètes de la sphère disparaissent (ou s'amenuisent très fortement) alors que celles pour le cube sont toujours à 100% présentes. Car presque plein, ce n'est pas complètement et la face du cube qui est proche du centre de rotation ne sera pas en contact avec l'eau alors que la sphère sera quasiment en contact sur tout le pourtour et donc subiera des forces de pression vers le centre de rotation. Ici je néglige la gravité pour faire simple. Comment calculer précisément ces forces ?
Avec une rapide application numérique:
R = 100m
côté du cube = 1m
rayon de la sphère = 0.62 m environ
Volume du cube = volume de la sphère = 1m3
Masse du cube = masse de la sphère = 1000 kg (remplis d'eau)
Vitesse de rotation w = 10rd/s
F=mRw²
On place le centre de gravité du cube et de la sphère à 100 m du centre de rotation.
Pour le cube, la force de pression est de 1000*100.5*100 = 10.05e+6 N
Pour la sphère c'est plus compliqué, en attendant d'avoir la méthode, la force centripète est proportionnelle au rayon ce qui fait qu'on peut peut être prendre une moyenne. D'un côté on a 100.3 m et de l'autre 99.7 m. La force de pression est 1000*100*(100.3-99.7) = 1000*100*(0.6) = 60 000N soit 0.5 % de la force que subit le cube.
Voilà pour ce que j'ai comme intuition. Mais vous avez peut être une méthode de calcul plus précise ?
Comme on pourrait faire vibrer l'axe au lieu de le faire tourner cela bougerait le centre de rotation, ce n'est pas possible donc il y a un problème lequel ? SVP
Bonne nuit
Dernière modification par bl71 ; 03/03/2012 à 21h05.
Hello,
Je pense avoir été un peu vite dans le calcul car la pression doit dépendre de la quantité de matière. Avec la sphère cela me semble compliqué à calculer. Avec un secteur circulaire avec la pointe vers le centre de rotation, les deux faces vers le centre ont de plus en plus de matière et par conséquent la force de pression sera de plus en plus importante. Si on prend mon exemple avec un rayon très grand, je me dis qu'il y a une force importante dans le sens inverse de la force centripète. Mes questions sont donc :
A/ Est ce que cette force existe ? (je n'ai rien vu de tel sur le net alors je pense que c'est une mauvaise intuition)
B/ Si oui comment la calculer ? Sinon, il n'y a pas de pression, comment interpréter qu'au bout du secteur il y ait une force et pas sur les deux faces du secteur ?
Bonne journée
PS: avec le cube de mon précédent message, la face plus proche du centre de rotation est parallèle à l'axe de rotation.
En attendant vos réponses, je me tente pour un calcul (dites moi au moins si cette force existe SVP, j'aurai moins l'air idiot)
Rayon = 100 m, w=10rd/s
D'un côté un cube de 1m cube avec le centre de gravité situé à 100.5 m
De l'autre un triangle rectangle, pointe rectangle vers le centre de rotation, de base 1.5m, hauteur 0.75m, profondeur 1.77m, volume 1 m cube, centre de gravité situé à 100.5 m
Pour le cube la force centripète vaut : 1000*100*101 = 10.1e+6 N, 101m car la force s'applique à 101m
Pour le triangle rectangle la force centripète vaut : 1000*100*100.75-1000*100*100.375*(0.5*1/), j'ai pris 0.5 car au bout du triangle il n'y a pas de matière et à l'autre bout il y a la totalité, en moyenne cela fait 0.5. Ensuite je divise par
Est ce que c'est précis comme méthode ? (enfin encore une fois si il y a une force !!!)
y'a une pression ou pas ?
Merci par avance
Personne ne sait ? Peut être un lien alors ?
Merci
bonjour,
je n'arrive ps à comprendre ton calcul précédent.
revenons sur les forces,pressions, et centre de gravité.
pour plus de simplicité , je prend un cylindre.
de rayon R et de hauteur H.
le centre de gravite ne changera pas et se situe dans l'axe du cylindre à mi hauteur.
ce n'est pas parcequ'il y a des variations de pression et des forces s'exerçant sur les parois que celà qcq chose au centre de gravité.
la pression elle, devient de plus en plus importante en fontion de la profondeur ( hauteur d'eau au dessus )
la pession correspond entre autre au rapport de la force s'exerçant sur une surface
la différence de pression entre la surface et à profondeur h vaut : roh*g*h ( rho =masse volumique du liquide )
rho de l'eau = 10^3 , soit 1000kg/m^3
unité le pascal : Pa=1N/1m² ou le bar =10^5 Pa ( en gros pression atmosphérique à altitude 0 )
donc à 10 m de profondeur on a une augmentation de pression ( je simplifie) de (10^3)*10*10= 1O^5 Pa
soit un bar.
( mesure ben connue des plongeurs,à chaque fois qu'on descend de 10 metres la pressions augemente d'un bar )
cette pression s'exerce sur la surface interne du cylindre.
et donc correspond à un équivalent de "10 tonnes" par mêtre carré à 10 mètres.
je n'aime pas trop ces equivalent masse/Poids mais ils sont plus parlant que les newtns.
Maintenant , faisons tourner le cylindre, comme cette attraction de foire ou on de retruve plaqué contre le rebord du cylindre tournant,ou avec des motos à l'horizontal.
on cherche la pression du à cette rotation
l'accélération rotative vaut rw²
ou r est la distance au centre et w la vitesse en rad/sec
prenons un tranche du cylindre de hauteur dh
( sorte de camember plat )
la force qui s'exerce sur la paroi est la somme des forces depuis le centre
qui s'exerce perp à la paroi.
le volume du morceau compris entre r et r+dr vaut
dv=dh*2*pi*r*dr
la totalité de la force centrifuge sur ce morceau
dF=rho*2*pi*r*dr*w²
que l'on intègre ente 0 et R
resultat ( avec rho =10^3 ) et en prenant R=10,et w=1 ( rd par seconde soi en gros un tour en 6 sec )
dF=(2pi/3)*10^6*dh
pour trouver la pression il faut une suface de référence de 1m² soit
2piR*dh=1 soit dh=1/(2pi*10)
d'ou une pression sur la surface interne de
P=10^5/3 c-a-d 1/3 de bar soit 3,33 tonnes au mètre carré.
si la vitesse de rotation est double alors la pression est multipliée par 4
au total il convient d'ajouter
la pression liée à la profondeur ( mais pas de la rotation )
et la pression liée à la rotation ( mais pas de la profondeur )
là il faut lire
dF=rho*2*pi*r²*dr*w²
Bonjour, attention, Ansset, votre Force dF me semble mal dimensionnée !
Il me semble que c'est le même sujet, avec la force centripète et où je proposais la pression directement en 1 point de hauteur h et de distance r par rapport à l'axe
Cette équation me paraît logique et bien dimensionnée ! J'ai oublié la pression atmosphérique , éventuellement !Bonsoir, je n'ai pas compris la question, mais voila comment je ferais pour calculer la pression en 1 point .
Je calcule la pression en prenant en compte la rotation , et j'ajoute rho.g h : ce doit être un truc comme ça
h hauteur d'eau, r distance au centre w²r étant l'accélération centripète ...
Je me suis posé cette question de la pression atmosphérique , même dans une enceinte fermée ; elle existe, vu que quand on l'a remplie d'eau celle ci subissait cette pression de l'air, déjà !
1max2mov
plutôt
dF=rho*2*pi*r²*w²dr*dh
je corrige il y a un dh que j'ai laissé en route ( par ecrit ) et que je reprend après pour avoir une surface de 1m²
d'ou le dimensionnement qui redevient correct et mais nos deux équations ne sont pas équivalentes.
tu ne tiens pas compte du fait qu'il y a plus de volume ( donc de masse ) en s'eloignant du centre.
à voir ?!
cordialement.
ps: j'avais aussi , bien séparé pression du à la profondeur et pression lié à la rotation.
( on oublie la pression atmosphérique si on suppose notre cylindre à l'air libre car elle s'equilibre avec la pression extérieure.
la seule diff c'est que tu intègres les pressions de 0 à r
et moi les forces de 0 à R ( pour ensuite retrouver la pression sur les parois ).
j'avoue avoir un doute.
mais le fait que la pression soit affine quand on la prend en profondeur m'incite a ne pas intégrer cette valeur.
qui sinon se retrouverai en h² et non prop à h.
Bonsoir, oui ce qui me parait clair et plus simple c'est de calculer la pression avec la rotation, puis d'ajouter simplement rho.g.h ,pas besoin de compliquer; les pressions s'ajoutent, c'est clair (et même s'il faut on ajoute la pression atmosphérique sur tous les points)
J'ai mis cette intégrale car je l'ai calquée sur dP= rho.g .dh >> P=rho.g.h si g est constant ; mais je n'en suis pas certain à 100%
1max2mov
non ce n'est pas si simple,
tu ne peux pas ajouter les pressions sur des surfaces à chaque fois plus large ( au fur et à mesure qu'on s'éloigne du centre )
car elles n'ont pas le même "poids" ...
par ailleurs le mot qui convient est bien centrifuge et pas centripète ( vous m'avez fais douter un instant)
Je ne me formalise pas sur centripète, centrifuge, tout dépend du point de vue . La pesanteur terrestre peut être considérée comme une accélération vers le haut, avec une force de réaction vers le bas : le poids ! (l' ascenseur d'Einstein) .
Sinon, si il me semble bien sûr que les pressions s'ajoutent après coup , sans problème, comme on le fait avec la pression atmosphérique .
Enlevez la pesanteur, il restera l'accélération de rotation .
Prenez l'exemple d'une fusée qui accélère vers le haut à 20m/s² , l'accélération ressentie dans la fusée sera de 29.8m/s² , on ajoute simplement l'accélération de la pesanteur . Si l'accélération de la fusée varie, ce sera la même chose ...
1max2mov
mais je n'ai jamais dis le contraire de tout ça. sauf sur un point.
ma seule interrogation concerne la calcul de la pression sur la paroi liée à la rotation du fluide, c'est tout.
et la possibilité de les additionner tel quel en partant du centre.
car la différence avec la pression atmosphérique est double.
- c'est comme si g était lié à l'altitude ( d'ou l'intégration pour toi comme pour moi )
- en s'éloignant du centre le volume et donc la masse contributive à la pression augmente elle aussi
ceci dit ne je n'affirme pas avoir raison.
ps: il y a tellement longtemps tout ça pour moi
Bonsoir, il me semble que c'est ceci qui ne va pas dans votre raisonnementJe ne vois pas ce que le volume vient faire avec la pression.en s'éloignant du centre le volume et donc la masse contributive à la pression augmente elle aussi
Je suis certain du fait que la pression due à g (9.8m/s² ) s'ajoute à la pression due à la rotation qui doit être celle ci :
Ensuite pour avoir la force sur une face de cube ..... ? ? Il faut une autre intégrale du genre P(h, r) dh.dr ..
1max2mov
m'enfin, arretes de répeter celà depuis le début, j'ajoute les deux aussi depuis mon premier post !!
Bonjour
une cuve cubique pleine de liquide(eau) repose sur 4 ressorts aux 4 coins. les 4 ressorts se compriment de la meme valeur de déplacement delta Y puisque le centre de gravité est au milieu.
maintenant on plonge dans la cuve au (centre) une balle légère de poids négligeable et de volume V assez grand. les 4 ressorts demeurent de longueur égale car le centre de gravité demeure au milieu.
Maintenant (ça commence a être intéressant ) on déplace la balle vers un coin de la cuve, donc le liquide n'est plus cubique il est en demi lune ,
la question : le centre de gravité de la cuve est il déplacé? les 4 ressorts supportent ils des forces différentes? la cuve demeure t elle balancée et horzontale?
selon moi oui
qu'en pensez vous
Merci
Bonjour ,
Une balle " légère " de poids " négligeable " et de volume " assez grand " , je continue dans les mêmes approximations
flotte " quasiment " en surface et ne déplace qu'un volume d'eau " très petit " , ya rien en demi lune ,
donc , vous pouvez bien la mettre où vous voulez dans votre cuve ...
On peut imaginer une ficelle l'attachant au fond de manière qu'elle soit immergée à la proportion désirée.
(Mais même ainsi, on ne voit pas où est le problème. Le centre de masse se calcule avec une intégrale sur les masses et positions des molécules, et c'est évident qu'il est déplacé.)
Dernière modification par Amanuensis ; 10/11/2016 à 20h34.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Merci a vous deux
oui exactement un balle en liège forcer a être ds l'eau sans toucher le fond.
j'ai pris une marmite large (pas trop profonde) et pleine d'eau par les deux poignées juste avec les doigts elle été en équilibre puis j'ai demandé à quelqu’un d'enfoncer un bloque de polystyrène sans toucher le fond de la marmite .
La marmite est restée en équilibre peut importe le lieu du bloque de polystyrène. dons le centre de gravité reste au mémé endroit ?
pour moi , la pression hydro-statique au fond de la marmite demeure uniforme sur toute la surface du fond de la marmite peu importe le lieu de volume du bloc du polystyrène (liege, floteur)
la forme de l'eau initialement est en forme de disque . après insertion du flotteur l'eau devient un disque avec une cavité
voir ficher attaché avec un schéma et selon vous quel appuis force le plus celui de droite , de gauche ou pareil pour les deux.
Merci
Dernière modification par yazoua ; 10/11/2016 à 22h31.
Si la mesure est faite alors que la personne pousse le bloc, la force qu'elle exerce fait qu'on ne mesure pas le centre de masse de l'ensemble.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
@yazoua ,
Si vous voulez faire une manip équivalente " sans une personne qui pousse sur le bloc " ,
Séparez le récipient en 2 volumes et ne le remplissez que d'un seul coté et revenez nous dire si le CG ne s'est pas déplacé .
Car c'est exactement la proposition du post 20 , modifiée post 22 .
Suffit en fait de regarder ce qui se passe à la surface interne au fond du récipient (1): s'il y de l'eau partout et que la seule force est celle due à la pression de l'eau, alors le centre de masse est au centre. Sinon, il est déplacé. Dans le cas d'une ficelle retenant la balle, la force de traction de la ficelle s'ajoute, et cela déplace le centre de "force" sur le fond dans la direction où est la ficelle. On peut aisément calculer le déplacement, une fois calculée la force de traction, elle-même donnée par Archimède.
(1) On suppose qu'aucune force ayant une composante verticale s'exerce ailleurs.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Bonjour.
Le centre de masses ne peut pas être utilisé ici sans des infinies précautions car il a un fluide.
Les forces sur le fond du récipient sont bien données par la pression hydrostatique sur les surfaces. Et la situation sera différente suivant que le bloc de liège soit tenu en place par une force extérieure ou fixé au récipient.
Au revoir.
Re ,
Mon raisonnement simple est il faux ?
Evidemment la masse d'eau ne change pas ; Quand on place la balle ( attachée au fond par un fil ) de façon dissymétrique dans la cuve , on force la masse d'eau à se déplacer et le niveau à s'élever :le CG s'est déplacé .
Je raisonne seulement en masse ou en poids .
Dernière modification par catmandou ; 11/11/2016 à 07h32.
Le raisonnement est juste: qu'on s'intéresse aux forces sur le fond, ou qu'on fasse le calcul direct sur les masses et positions des composants, le résultat sera le même. Deux raisonnements différents, pour le même résultat.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Re.
Votre raisonnement est bon. Mais vous ne pouvez pas constater le déplacement du centre de gravité, de l’extérieur (par exemple, avec la flexion des ressorts) car les forces sur les parois, qui changent avec la redistribution de l’eau, sont compensées par les forces qui tiennent l’autre corps.
A+
