Différence d'énergie entre l'entrée et la sortie

[fl51]

Bonjour,

J'ai posé une question récemment, ce n'est pas un doublon, le problème est différent car j'ai simplifié au maximum pour discriminer mon erreur. Merci LPFR de m'avoir autorisé à le faire en message privé.

Pas de gravité dans l'étude.

Je pousse avec le vérin hydraulique 1 la surface S1, je tire la surface S2 avec le vérin hydraulique 2. A l'intérieur du volume composé de S1, S2 et de 4 surfaces fixent se trouve un liquide (ou un gaz) à la pression de 11 bar. A l'extérieur se trouve une pression de 1 bar (pression atmosphérique). Comme le volume reste constant, à aucun moment je modifie la pression à l'intérieur du volume liquide. J'ai effectué le travail à fournir et le travail fournit et cela ne donne pas 0, j'ai donc fait une erreur mais je ne trouve pas où. Un dessin étant plus compréhensible qu'une explication, j'en ai fait plusieurs. J'ai fait une application numérique avec:

H = 5 m
Pl = 11 bar (pression du liquide)
Po = 1 bar (pression externe)
p = 1 m (profondeur de l'objet car on est en 3 dimensions)
S1 au début 0.892 m (around)
S2 au début = 1 m
α = 15 °
e = 0.2 m
e' : volume of R2 is: h*(S2-2*e*tan(α))*p = 0.189 m3. So e' is e'(S2'-2*e'*tan(α))=V=0.189 so e'=0.053 m.

Cela donne avec WxMaxima:

float(integrate(1*(100000)*1*( 1+2*x*tan(0.261)),x,0.2,5)-integrate(1*(100000)*0.892*(1+ 2*x*tan(0.261)),x,0,4.947));

Soit 122000 J

Certes il a fallu mettre le liquide en pression mais cette énergie peut être récupérée à la fin du mouvement (à la friction près). En plus, cette énergie est faible de l'ordre de grandeur de quelques centaines de Joules pour mettre en pression 0.189 m3 d'eau par example.

Alors, je suis d'accord, technologiquement, il faut faire des joints adaptables et des surfaces qui s'agrandissent, cela demande de l'énergie mais en théorie on devrait trouver une énergie nulle entre le vérin 1 et le vérin 2. Donc je penche plus sur un problème avec les intégrales. Si quelqu'un peut y jeter un coup d'oeil ?

Merci par avance de votre aide.

u1.png

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u5.png
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[LPFR]

Bonjour.
En réalité cette version ne change pas beaucoup par rapport à la précédente. Et comme la précédente elle est pleine des complications inutiles, que ne servent qu'à induire fl51 en erreur.
Par exemple, compte tenue que le volume du petit récipient est maintenu constant, la poussée d'Archimède reste constante. Puisque le volume est constant, à quoi rime de s'emmquiquiner avec des joints ? Il suffit que le récipient ne touche pas les parois.

La différence de forces exercées par les deux vérins et égale à la différence entre au poids du liquide dans le petit réservoir moins la poussée d'Archimède. Si le liquide à la même densité dedans que dehors, la différence des forces est zéro. Donc, le travail fait par les deux vérins ne dépend pas de la pression interne ou externe au petit récipient.

La pression du liquide extérieur n'est pas constante et égale à 1 bar, comme écrit dans la figure 5. Elle est de 1 bar en haut mais augmente de mgh (pression hydrostatique) avec la profondeur.

Une fois que l'on a descendu le petit récipient en bas, on a fait monter l'eau dans le grand récipient. Ce travail est égal à celui fourni par les vérins.

Rien de nouveau sous le Soleil.

Et, comme pour la version précédente, je n'ai pas envie de plonger dans les formules de fl51 pour trouver son erreur.

J'arrête.
Au revoir.

[fl51]

Re,

Il n'y a plus de liquide à l'extérieur, c'est un gaz. A la limite si vous voulez mettez le vide théorique en dehors de R2. Il n'y a pas de poussée d'Archimède, juste le travail du gaz dont j'ai tenu compte dans l'intégrale. Le liquide n'est qu'à l'intérieur. En plus, j'ai indiqué qu'il n'y avait pas de gravité.

A+

[LPFR]

Re.
Au temps pour moi.
J'ai lu les nouvelles conditions en diagonale.
Sans la gravité, le travail fait par les forces des vérins est toujours nul. Car le travail fait par la pression P pour un changement de volume ∆V est P.∆V. Et comme P et V sont constants, ∆V est nul et le travail aussi est nul.
A+

[A voir en vidéo sur Futura]

[fl51]

Re,

Merci. Vous avez raison le travail doit être nul mais juste pour comprendre mon erreur, ce serait possible de regarder mes intégrales et me dire où j'ai faux ? Comme cela j'apprends de mes erreurs.

a+

[fl51]

Re,

Comme j'ai une équation du second degré pour trouver e', j'ai fait en numérique très précis, cela donne e' = 0.0533309 m et je retrouve bien le même volume.

En ce qui concerne WxMaxima cela donne:

float(integrate(1*(100000)*1*( 1+2*x*tan(0.261)),x,0.2,5)-integrate(1*(100000)*1*(1-2*0.2*tan(0.261))*(1+2*x*tan(0 .261)),x,0,5-0.05333));

Ici, il n'y que e' comme inconnue, tout le reste est calculé dans les intégrales avec l'angle de 0.261 rd.

Le résultat est de 121106 J

Si vous voyez l'erreur ?

a++

[fl51]

Re,

Oops ! mauvais copié/collé, j'ai donné le travail pour une différence de 1 bar, il faut multiplier le résultat par 10 pour mon exemple et changer pour WxMaxima:

float(integrate(1*(1000000)*1* (1+2*x*tan(0.261)),x,0.2,5)-integrate(1*(1000000)*1*(1-2*0.2*tan(0.261))*(1+2*x*tan(0 .261)),x,0,5-0.05333));

soit 1211062 J

Cela peut il venir d'une grossière erreur de signe ?

a++

[fl51]

Re,

J'ai peut être oublié de diviser chaque intégrale par un facteur, j'ai pensé à un moment donné de diviser par la période, mais ce n'est pas cela. Franchement, j'ai dû essayer toutes les combinaisons et à chaque fois ce n'est pas égale à 0. Il y a un pb de facteur car la somme d'une intégrale ne peut pas donner autant.

a++

[fl51]

Arf, j'espère que vous n'aller pas fermer la discussion, mais j'ai oublié de dire que j'ai le calcul direct sans passer par les intégrales, j'ai regardé ce que la surface S1 travaillait en haut comparé à la surface en bas de S2 et cela ne donne pas 0 non plus. J'ai pris la moyenne de la surface et multiplié par la pression et la distance. Je trouve une différence de 189310 - 167940 = 21373 J c'est mieux mais ce n'est pas 0, alors mon erreur vient de e' ?

S1moy = 0.94658
S2moy = 3.5498

merci de m'aider encore un peu, j'y suis presque.

Ah non, c'est bon le résultat est bien de 0, tout est ok !

[fl51]

re,

j'ai trouvé, j'ai oublié le -0.2 dans le x de la première intégrale et j'ai multiplié le tangente de la deuxième intégrale par S1. Donc le résultat est:

float(integrate(1*(100000)*1*( 1+2*(x-0.2)*tan(0.261)),x,0.2,5));
float(-integrate(1*(100000)*1*(1-2*0.2*tan(0.261)+2*x*tan(0.261 )),x,0,5-0.0533309));

La somme est bien à 0 !

a++