Composition de force avec un problème à 2 "pressions"

[NuageNoir]

Bonsoir,

Je voudrai juste savoir si qualitativement les forces que j'ai dessiné sur le dessin sont correctes ? J'essaie de comprendre comment agit une pression sur une autre pression. La première pression est l'objet sur lequel je cherche à connaître le bilan des forces. Il est rempli de billes en plastique et on pourrait imaginer une multitudes de ressorts fixés à la paroi de droite de l'objet qui attireraient ces billes de plastiques, cela finirait par faire comme de l'eau dans un récipient sous l'effet de la gravité. Cet objet est plongé dans un tore qui est rempli de billes en fer et un aimant central attire ces billes de fer pour fournir une pression plus importante au centre qu'à l'extérieur. Bon, cela semble un peu compliqué mais en fait le dessin est bien fait je pense. J'ai dessiné des flèches de différentes couleurs qui permettent de représenter les forces.

Rouge: pression des billes de plastique sur les parois
Vert: pression des billes de fer sur les parois
Bleu: force d'attraction des billes sur la paroi de droite

Si c'est pas clair dites le moi

A+
-----

[invite07941352]

Bonjour,
Mais c'est le même système qu'il y a 2 ou 3 jours , mais il a tourné d'un quart de tour !
Cela me paraît vouloir devenir un mouvement perpétuel, n'est ce pas ? Un peu difficile à débobiner .

[NuageNoir]

Bonjour,

Pas vraiment le même système car il n'y a pas ces problèmes de gaz, de mécanique des fluides et de thermodynamique. Je ne m'intéresse qu'aux forces de pression.
Pas de mouvement perpétuel, ce serait un comble avec un truc aussi simpliste

A+

[invite07941352]

Non, ce n'est pas très clair . Avant de parler "pression" , il serait bien de ne parler que de "force" . La pression résulte de la force appliquée sur une surface . Quand le bilan des forces sera fait, le problème sera fini . Un aimant est attiré et collé sur une plaque : oui, et après ? L'ensemble reste immobile sur une table .

[A voir en vidéo sur Futura]

[albanxiii]

Bonjour,

J'essaie de comprendre comment agit une pression sur une autre pression.

Bien que la question soit affreusement mal posée, je crois la comprendre. Si ce sont des pressions statiques, elles agissent sur des interfaces, en y exerçant des forces. Si c'est non statique, c'est un problème de dynamique des fluides, qui peut devenir très compliqué s'il y a des objets solides et/ou plusieurs fluides non miscibles en présence.

La première pression est l'objet sur lequel je cherche à connaître le bilan des forces.
...[snip]...
Si c'est pas clair dites le moi

Vous dites qu'une pression est un objet. Pour moi ça n'est pas clair. L'est-ce pour vous ?

Bonne journée.

[LPFR]

Bonjour.
Le bilan des forces est strictement zéro.
Vous avez omis les forces sur la paroi extérieure qui équilibrent le tout.
Pour le mobile perpétuel, c'est raté.
Au revoir.

[NuageNoir]

Bonjour,

@albanxiii: ce sont bien des pressions statiques

@LPFR: oui c'est vrai mais comme je regardais le moment je ne voyais pas l'utilité

Et le moment est bien nul car les forces sont plus fortes au centre mais le rayon est plus court donc tout s'équilibre

Merci

[NuageNoir]

Bonjour,

J'ai fait le calcul pour en avoir le coeur net et je trouve ceci:



Avec:

R: rayon du cercle
d: longeur de la petite paroi, celle qui attire
pr: la profondeur ou l'épaisseur pour avoir la surface
P: la pression à l'intersection des deux parois (dans l'angle)

Avec R=100 et d=1, je trouve

Couple = (-49.666 -66.28 + 99.5) P*pr Nm
Couple = -16.4*P*pr Nm

Je me suis trompé dans la représentation des forces, les forces bleues sont deux fois plus petites, mais il doit y avoir encore un problème ou alors c'est uniquement mon calcul si vous pouvez m'aider à trouver où ?

A+

[LPFR]

Bonjour.
On ne peut pas vous dire où avez-vous fait l'erreur sans le dessin sur lequel vous avez basé votre calcul (en montrant les différentiels choisis).
Mais au lieu de s'emmquiquiner à faire des intégrales, on peut démontrer que les forces sur un différentiel de surface s'annulent avec le différentiel correspondant (celui "d'en face").
Pour des forces à symétrie circulaire un choisit des différentiels placés su un même rayon, et pour des forces "horizontales", on choisit des différentiels placés à la même hauteur.
Il faut probablement faire attention aux angles des surfaces des différentiels pour calculer les composantes des forces qui nous intéressent.
Au revoir.

[NuageNoir]

Bonjour,

Je me doute que tous les moments s'annulent mais le calcul me permet aussi d'avancer dans ma manière de raisonner.
J'ai mis sur l'image R et d ainsi que les points de référence, enfin si j'ai bien compris ce qu'il fallait faire

A+

[LPFR]

Re.
Votre dessin ne sert à rien pour vérifier vos calculs.
Je ne trouve pas des différentiels de votre intégration.
A+

[NuageNoir]

Mince, je ne sais pas ce que c'est les différentiels peut être est cela :

L'axe d'intégration est la verticale passant par la paroi verticale,

La 1° intégrale correspond aux flèches de couleur verte, axe dirigé vers le centre
La 2° intégrale correspond aux flèches de couleur bleue, axe dirigé vers l'extérieur du cercle
La 3° intégrale correspond aux flèches de couleur rouge, axe dirigé vers le centre

De la première image.

A+

[LPFR]

Re.
- Vous avez toujours ignoré les forces sur le cercle externe.
- Si les couples ne s'annulaient pas, ce serait un mobile perpétuel. Est-ce ça que vous croyez ?
- Une intégrale est une somme de choses (très petites). Il faut que vous sachiez dessiner et écrire une des choses (dans une situation ou position générale). Une intégrale n'est pas une formule tombée du ciel.
A+

[NuageNoir]

Re,

Les forces sur le cercle externe ne peuvent pas fournir de moment, vu que c'est un cercle les forces passent forcément par le centre, non ? j'aimerai bien un éclaircissement car c'est peut être uniquement là mon problème ?

Bien sûr que je sais que la somme des moments fait zéro, mais je drevrai pouvoir arriver à trouver cela par calcul. D'accord je vais faire un dessin beaucoup plus détaillé et reprendre mes calculs pour les vérifier mais j'avoue que j'ai un peu de mal.

Merci
A+

[NuageNoir]

Vous avez raison c'est plus simple sans changement de référentiel, je suis parti du centre du cercle, l'axe se dirigeant vers la paroi, j'ai repris les calculs et je pense que mon erreur sera facilement trouvé:



Je retrouve le même résultat pour l'application numérique, je me dis que ce sont plutôt les forces qui ne sont pas là où elles sont. J'ai essayé de voir d'où pourrait venir le résultat et cela correspond à la différence de surface entre le volume bleu et le triangle si on rejoint les 2 points de la diagonale, on trouve:

en notant

le rapport de surface vaut

L'application numérique donne 1.33 environ

Merci d'avance pour votre aide

[LPFR]

Re.
Je rédige ma question autrement:
Comment êtes-vous arrivé à ces intégrales ?
A+

[NuageNoir]

Re,

J'ai décomposé en trois intégrales qui correspondent aux forces de couleur de la figure 1, le message #12 indique quelle intégrale pour quelle couleur.

Pour chaque intégrale, j'ai multiplié la pression par unité de surface avec le rayon et j'ai intégré de (R-d) à R, l'origine étant le centre du cercle.

par unité de surface = pr*dx, pr étant la profondeur
le rayon = x

1/ pour la pression de la 1° intégrale, elle va de P à 0 (j'ai considéré que la pression max était P, elle correspond à la pression à l'intersection des deux lignes qui composent l'objet bleu)
2/ pour la force de la 2° intégrale, elle correspond au nombre de balles que l'on attire, au max la force est de P*pr*dx au min elle est de 0 et elle évolue comme la courbure du cercle d'où ma formule de
3/ pour la pression de la 3° intégrale, c'est une constante vu que c'est la pression donnée par les balles, elle vaut P

Voilà, j'espère être un peu plus clair sur mon calcul, c'est certainement une erreur dans la représentation des forces

A+

ps, dans le message précédent ce n'est pas H mais d au dénominateur

[NuageNoir]

Bonjour,

Dans le message #15 j'ai fait une erreur de signe dans la première intégrale ce n'est pas x*(x-R) mais x*(R-x), mais j'ai moi même positionné les bons signes lors du calcul numérique et je trouve toujours une somme de moments non nulle.

En outre, le problème peut se simplifier je pense, l'aimant et les billes de fer ne servent à rien, en fait avec le seul volume bleu on retrouve les mêmes moments et il y a toujours une erreur mais je pense que se sera plus facile à trouver ainsi.

A+

[NuageNoir]

J'ai fait une autre erreur dans la première intégrale j'ai oublié de diviser par R mais il y a encore une autre erreur avec l'application numérique R=100, d=1 je trouve:

-24.83-66.32+99.5 = 8.35 Nm

[NuageNoir]

Arf, non c'est divisé par d, je remets l'intégrale complète:



Merci d'avance pour votre aide

[LPFR]

Bonjour.
Il ne peut pas avoir de couple résultant. D'une part cela donnerait un mobile perpétuel et d'autre part on peut démontrer que seules les forces externes à un système peuvent engendrer un couple net. Vous avez la démonstration simple mais rigoureuse dans la page 9-2 de ce fascicule (7 Mo):
http://www.sendspace.com/file/ttrwye Cliquez sur: Click here to download from freespace.
Elle est basé simplement sur le fait que toute force interne a une réaction tout aussi interne de signe opposé et colinéaire.

Si on s'intéresse aux "flèches vertes". Elles agissent sur le "triangle bleu". Mais ce triangle est fixé su la paroi du tore. Donc la paroi exerce des forces sur ce triangle qui compensent les forces vertes exactement.
De plus ces forces vertes ne donnent pas lieu à aucun couple.
Regardez la pièce jointe. Je prends un intervalle compris entre les rayons L+a et L+a + da.
La pression à ce rayon est P.
Si on regarde à quelle position correspond sur l'autre cathète ce même rayon, on peut écrire:

Ce qui donne:

Si on différentie:

Le couple de la force agissant sur 'da' est (sur une hauteur unitaire):

celui agissant sur 'db' est (sur une hauteur unitaire):

Et dans le sens opposé, bien sur.
Au revoir.

[NuageNoir]

Re,

Super, vous avez démontré ce que je supposais au message #15:

En outre, le problème peut se simplifier je pense, l'aimant et les billes de fer ne servent à rien, en fait avec le seul volume bleu on retrouve les mêmes moments ...

Je pense avoir compris la démonstration de votre document pour le cas général. Je voudrai quand même comprendre mon erreur sur ce cas pratique pour au moins apprendre. Comme les forces "vertes" s'annulent, si on enlève l'aimant et les billes de fer alors la pression des billes de plastique sur le grand côté du triangle est ajoutée (il n'y a plus de compensation avec le moment des billes de fer) le moment de celui-ci étant égale au moment des flèches vertes sur le petit côté, on se retrouve avec la même somme d'intégrale.

J'ai fait l'application numérique avec d=R et je trouve bien la somme des moments nulle, j'ai dû me tromper sur un diviseur d'une intégrale, elles sont si compliquées que cela à comprendre ces intégrales ?

Encore merci pour votre patience

[LPFR]

Re.
Votre intégrale des flèches rouges (horizontales dans votre dessin) n'a pas de sens. Vous calculez la force des billes sur la surface de l'aimant et oubliez les forces de l'aimant, qui compensent exactement les premières.
Il faudrait que l'aimant soit tenu à l'extérieur. Auquel cas, les forces sur les billes seraient un couple externe qui ferait tourner le disque.
Et si les billes créent de la "pression" comme si c'était un liquide, les forces verticales sur la cathète horizontale sont compensées exactement par les forces verticales sur le cercle extérieur.
A+

[NuageNoir]

Ok, alors c'est certainement un problème de compréhension de la pression statique, si je prend par exemple un bocal de la forme identique à l'objet en bleu et que je le pose sur la table avec le petit côté en bas (voir dessin). Je pensais que la pression en tout point en bas était de P, que la pression sur la ligne de côté allait de 0 à P. La Terre subissant la force d'attraction des molécules d'eau et cela n'est pas directement la force fournit par P*S. Certes normalement l'objet subit une force vers le haut mais dans mon exemple c'est un cercle et je regarde la somme des moments c'est pour cela que j'ai séparer les forces.

[LPFR]

Re.
J'imagine que vous êtes bien d'accord que cet objet reste sur la table sans basculer. Même si le côté étroit est très petit.
Mais s'il y avait des moments vers la droite, l'objet basculerait vers la droite. S'il ne le fait pas c'est grâce aux forces de pression sur la paroi gauche qui créent des moments vers la gauche qui annulent les moments vers la droite.
Dans votre dessin, les forces rouges sont correctes, sauf qu'il manque celles dirigées perpendiculaire à la paroi de gauche. Elles sont perpendiculaire à la surface courbe et diminuent an montant comme celle de droite. Leur composante horizontale compense les forces horizontales sur la paroi de droite, et leur composante verticale (vers le haut) fait que la base du récipient appuie plus fort à droite qu'à gauche. Vous le verrez plus clairement si vous remplacez la paroi courbe par une paroi en marches d'escalier.

Les forces bleues ne sont pas celles que subit la terre, mais leur réaction pour maintenir le récipient immobile.
A+

[NuageNoir]

Oui, je suis d'accord, l'objet ne bouge pas et je suis d'accord aussi sur la somme des forces qui est nulle.

C'est cela que je ne comprends pas:

Les forces bleues ne sont pas celles que subit la terre, mais leur réaction pour maintenir le récipient immobile.

Pour moi, la réaction que subit la Terre dépend de la somme des objets qui attire, prenons une fine colonne à droite elle attire plus que la petite colonne à gauche non ? Imaginons de fines colonnes d'eau les unes à côté des autres, chacune fournit une force vers le haut selon la masse de l'eau, si on les rapproche pourquoi cela changerai ? Les forces bleues représentent la hauteur d'eau.

A+

[LPFR]

Re.
Non. La colonne d'eau attire la terre et la terre attire la colonne. En situation d'équilibre les forces d'attraction sur la colonne sont compensées par les forces du support vers le haut .
C'est la terre qui sert de repère. Comme avec une masse en l'air, elle attire la terre comme la terre l'attire, mais c'est la masse qui tombe et non la terre qui monte. Donc, ce n'est pas sain de se préoccuper des forces "subies" par la terre dans notre cas.
A+

[NuageNoir]

Re,

D'accord, mais du coup je ne comprends plus rien à la gravitation et c'est certainement là mon erreur. J'aimerai bien comprendre où je fais fausse route. J'ai fait plusieurs images pour montrer ce que je comprends de la gravité pas à pas, vous pourrez me dire exactement où je cale si vous voulez bien. La première image montre la terre et un objet, normalement on a bien Fa=-Fb (en vecteur) ? Ensuite, Si on a plusieurs objet avec une Terre considérée plate tellement elle est grande, chaque colonne d'eau est une masse, elle attire donc de manière plus importante selon sa masse, non (j'ai négligé les attractions entre les colonnes) ? Enfin, j'ai rapprocher les colonnes d'eau et les forces ne changent pas, si ?

A+

[LPFR]

Bonjour.
Ce qui me déplait dans les dessins ce sont les forces individuelles qui partent de la surface de la terre.
Ce qui vous attire de la terre n'est pas sa surface, mais toute la terre dans sa globalité (oui, c'est un pléonasme volontaire). Et la résultante des attractions de chaque petit bout de masse de la terre se situe au centre de la terre. Pas à sa surface. Donc, les flèches bleues dirigées vers le haut devraient être placées au centre de la terre.
Si c'est gênant, il suffit de ne pas les dessiner car on sait que chacune des flèches bleues vers le bas a sa réaction au centre de la terre et dirigée vers le haut.

Ce que l'on dessine plus souvent ce sont les forces appliquées sur des objets: le poids de l'eau appliqué sur le support et la réaction du support appliquée sur le bas du récipient.
Dans ce cas, le poids de chaque colonne d'eau, est appliqué sur le support (la flèche bleue part de la surface du support vers le bas. Et la réaction est appliquée par le support sur le bas du récipient: la flèche vers le haut part du bas du récipient.
Au revoir.

[NuageNoir]

Bonjour,

Effectivement, vous avez raison. La flèche de force que subit la Terre pour la première image de mon message précédent aurait due partir du centre de la Terre. Pour les autres flèches elles partent bien également du centre de la Terre mais elles sont pratiquement parallèles, non ? Pour les dessiner, il m'était difficile de les faire partir du centre de la Terre car la distance Terre-objet est très grande par rapport à la dimenssion de l'objet.

A+