C'est à ça que sert l'intuition d'un physicien, ce que je ne suis pasEnvoyé par LPFR
(j'ai aussi été en math spé, mais c'était il y a 40 ans, et je n'ai pas fait de physique depuis - mais même à l'époque je ne sais pas si j'y aurais pensé).
Pour la direction, OK, mais pour la norme de la vitesse, arrives-tu au même résultat qu'en appliquant "bêtement" Coriolis comme je le propose ?
J'ai suivi vos indications et je trouve :
accélération de Coriolis = 2ωv_a
force d'inertie de Coriolis : -2mωv_a u_x (vers l'Ouest)
PFD sur le mât : M*d(v)/dt =-2mωv_a soit d(v)/dt =-2mωv_a / M
On intègre : v =(-2mωv_a / M)*t = (-2mωh / M)
AN je trouve v=5,8.10^-4 m/s c'est (trop) faible ?
Là tu exagères, ton âge est moins avancé que le mien...
Soit le prof qui a donné l'exercice n'est jamais monté sur un bateau, soit il est plus suicidaire que toi.(*) pétard , quelle drôle d'idée de remonter une ancre en haut du mât !
je suis parfois un peu borderline en bateau , mais pas à ce point là .....
J'aurais tendance à dire que, avant de constater quelque effet que ce soit sur la vitesse du bateau, soit le mat plie voire se casse, soit le bateau chavire. Mais bon, la prochaine fois que tu seras coincé sur l'équateur, en désespoir de cause tu pourras toujours essayer
ça m'a l'air correct.
Au moins comme ça, ansset ne sera pas tenté d'essayer
re-
pas de beaucoup ( pour l'âge .... )
sinon, non , je ne touche pas à l'ancre, je mets le bourrin ( même si j'aime pas ) qcq temps.
faut savoir être pragmatique.
ps : suis un généraliste , pas un physicien non plus, j'interviens juste pour le fun en essayant de ne pas dire trop de c......es....
ps: pas vérifié la vitesse, mais il ne faut pas s'attendre à monter à plusieurs nœuds d'un coup quand même.
Parfait, problème résolu
Merci pour votre aide à tous !
Vu la vitesse obtenue (même en supposant que tu n'aies rien cassé ni fait chavirer le bateau), tu n'as pas tort.
Et pas la peine de tenter plusieurs coups, car si tu fais redescendre l'ancre, ça va accélérer dans l'autre sensps: pas vérifié la vitesse, mais il ne faut pas s'attendre à monter à plusieurs nœuds d'un coup quand même.
Erreur de ma part. Voir plus loin
La même approche que le message précédent, exprimée en différentielle:
(Calculs dans le référentiel géocentrique, qui est inertiel)
Moment cinétique avant : (M+m) v h
Moment cinétique après M(v+dv) h + m (v+dv) ( h+dh)
Doivent être égaux, donc (en éliminant le terme au deuxième ordre) Mhdv +mhdv +mvdh = 0
D'où dv/v = -m/(M+m) dh/h
Soit en numérique (calcul papier et crayon) : -dv/v = 200/1000 . 20/6400000 = 0.625 10-6
(Je considère que les 1000 kg incluent l'ancre.)
La vitesse à l'équateur est 463 m/s, d'où 0.00029 m/s
----
Un résultat différent des deux autres (exactement la moitié du résultat de Sammyssa). J'ai dû me tromper quelque part, mais je ne vois pas où, quelqu'un peut m'aider?
Dernière modification par Amanuensis ; 06/06/2017 à 08h47.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Bonjour.
Voici mon erreur corrigé.
Maintenant que le problème est résolu je peux donner ma solution avec la conservation du moment cinétique :
Comme je fais trop souvent des erreurs de frappe avec ma calculette, j’ai écrit les calculs en C :
double R, pi, J, J1, om, om1, v;
pi= 3.141592654;
R = 40000000 / (2 * pi);
J = 1200 * R * R;
J1 = 1000 * R * R + 200 * (R + 20) * (R+20);
om = 2 * pi / (24 * 3600);
om1 = om * J / J1;
v = (om - om1) * R;
printf("v = %f", v);
et le résultat est (en m/s) :
v = 0.000485
(je ne me suis pas encombré des signes).
Ceci est différent de celui obtenu par Sammyssa. Il faudrait vérifier ses calculs et surtout ses arrondis.
Au revoir.
bjr LPFR:
Sammmyssa a pris un bateau de poids total 1000 ( dont 200 pour l'ancre ) et toi 1200 ( dont 200 pour l'ancre.)
je crois que l'on doit retrouver la même chose avec les mêmes ctes !
cordialement.
ps: j'ai vérifié ( c-a-d refait son calcul avec tes ctes )
Une idée pour le facteur 2 dans mon approche? Elle est bien plus simple que les deux autres, devrait être facile à analyser.
Dernière modification par Amanuensis ; 06/06/2017 à 10h46.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Re.
Si on prend 1000 kg comme masse totale, la vitesse donne 0,000582.
Effectivement, c’est la même valeur.
A+
je ne sais pas.
ce qui me pose peut être question c'est que tu prends la même vitesse linéaire ( après ) pour la masse M et la masse en haut du mat. ( v+dv )
Or c'est la vitesse de rotation qui est identique.
ceci dit, de là à expliquer un facteur 2 ?
on pourrait peut être refaire ton calcul avec:
condition finale correspondante à la nouvelle vitesse appliquée au nouveau centre de masse. ?
Je retombe quand même sur ton résultat ! ?
Oui, cela vient de là. C'est assez subtil, en fait.
J'épargne la comparaison des calculs littéraux (surtout dans dans un cas l'auteur n'a pas eu l'amabilité de le donner) mais c'est bien comme cela que j'analyse la différence.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Mon calcul est correct, seulement il ne représente pas la situation totalement. Une analyse fine montre que le calcul ignore l'effet de la gravité terrestre.
D'un point de vue de la causalité la situation est intéressante, car la montée de la masse amène, en tant que "cause directe" un premier delta de vitesse, lié à la conservation du moment cinétique ; et la gravitation en amène en conséquence un autre delta de même valeur et même sens, lié au maintien de l'altitude du bas du bateau.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
À réfléchir, j'en arrive à l'analyse suivante (à confirmer):
Le calcul que j'ai fait reviens à considérer le bateau comme un point matériel et à considérer que son centre de masse est monté verticalement de m/(m+M)dh. Si on monte un point matériel d'une hauteur dh' et que le moment cinétique Mvh' est conservé, on a m(h'd + vdh')= 0, la vitesse diminue, dv/v = -dh'/h
L'autre calcul, appliqué à un point matériel, part de J=Mh² et la conservation du moment cinétique exprimé comme Jω. Cela donne ωdJ+Jdω = 0, et là un facteur 2 apparaît, parce que dJ = 2h'dh', et dω/ω = -2h'/dh'. (Au passage, vu comme ça, le calcul est très simple). Maintenant, ω=v/h', donc dω = dv/h' - vdh'/h'². Or si dv/v = -dh'/h', on a dv/h' - vdh'/h'² = dv/h' + dv/h', et le facteur 2 apparaît. Et on a dω/ω = 2 v/dv.
Donc si on calcule pour un point matériel dω/ω, la variation relative de la vitesse est seulement de la moitié.
Maintenant, il y a deux questions. La première est si la modification du centre de masse se faisant par séparation de deux masses, la modélisation par un point matériel reste-t-elle valable? Il me semble que oui. La seconde question est que l'énoncé ne précise pas de quelle vitesse il est question. Est-ce celle du centre de masse? Ou celle du point du bateau à l'altitude de l'eau? En pratique on ne s'occupe pas de la distinction, mais ici la variation de vitesse est très petite et commensurable avec la différence due à la vitesse que l'on choisie.
Si on prend la vitesse du centre de masse, la réponse est dv/v = - dh'/h, pas le facteur 2.
Si on suppose le centre de masse initialement au niveau de l'eau (ce n'est pas le cas, le bateau chavirerait...), la différence de vitesse due à la différence d'altitude est encore -dh'/h, et la modification totale est de -2dh'/h la vitesse, pour moitié due au changement de vitesse du centre de masse, et pour moitié due au fait qu'on prend la vitesse à l'altitude de l'eau et non à celle du centre de masse.
Donc, si on suppose le centre de masse initialement au niveau de l'eau et la vitesse mesurée au même niveau, alors la réponse est dv/v = -2 dh'/h
Maintenant, si on suppose que le centre de masse était en-dessous de la surface de l'eau, et que la mesure de la vitesse se fait au niveau de l'eau? Soit x l'altitude initiale du centre de masse. La vitesse v' au niveau de l'eau doit être corrigée de -vx/h, soit v'=v-vx/h = v (1-x/h). Après montée du centre de masse de dh', le centre de masse est à (x+dh') d'altitude ; sa vitesse devenant v+dv, la vitesse au niveau de l'eau devient v'+dv' = (v+dv)(1 -(x+dh')/(h+dh')) , soit au premier ordre (en considérant x comme un infinitésimal comme dh') v(1+dv/v)(1- (x+dh')(1-dh'/h)/h), v(1 + dv/v -x/h -dh'/h). Si x=0, on retrouve v(1 + dv/v -dh'/h), soit le facteur 2. mais si x non nul, on a v(1-x/h -2dh'/h), et la variation relative de vitesse au niveau de l'eau n'est plus -2dh'/h mais -2dh'/h - x/h. Si on prend le cas x = -dh' (centre sous l'eau avant puis au niveau de l'eau à la fin), alors la variation. est seulement de -dh'/h.
Et si on prend un cas plus réaliste, où le centre de masse reste sous l'eau, et le cas particulier x = -2dh', alors la vitesse ne change pas!
--------
Pour résumer, si on prend la variation de vitesse relative du centre de masse, c'est -dh'/h.
Si on prend la vitesse au niveau de l'eau et l'altitude initiale du centre de masse au niveau de l'eau, c'est -2dh'/h
Si on prend la vitesse au niveau de l'eau et l'altitude finale du centre de masse du niveau de l'eau, c'est -dh'/h
Si on prend la vitesse au niveau de l'eau et l'altitude du centre de masse bien en-dessous de celle de l'eau (condition usuelle), alors la variation de vitesse dépend de cette profondeur, et peut très bien être nulle ou dans l'autre sens que dans les cas précédents.
Qu'en pensez-vous?
Dernière modification par Amanuensis ; 06/06/2017 à 19h08.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
