Nantes 2008 Exerice 3 Viscosité   Nantes 2008 : énoncé pages 2 à 4 + corrigé pages 10 à 14

• Chute d'une bille dans 2 liquides non miscibles
  • Rappel : dx/dt + x / τ = A   =>   x(t) = α e^{− t / τ} + β
  • huile : ρ_H = 0,92 g.cm⁻³
  • sirop de grenadine : ρ_S = 1,20 g.cm⁻³
  • on admet que le frottement est : f = − K v
  • acier de la bille : ρ₀ = 7,80 g.cm⁻³
  • g = 9,81 m.s⁻²
• Comprendre l'expérience
  • La bille est lâchée sans vitesse initiale : elle accélère en tombant
  • Mais le liquide freine la bille :
    • son accélération initiale est γ = g ( à t = 0 )
    • γ va diminuer très rapidement à cause du frottement
    • l'accélération va diminuer jusqu'à γ = 0 ( pour t = ∞ )
      quand le frottement égale le poids
    • Comme l'accélération est nulle, la vitesse est alors constante ( égale à la vitesse limite )
  • Autre exemple : le saut en chute libre, la vitesse augmente jusqu'à la vitesse limite
    • A 1500 m en position dite de la feuille morte, le corps offre une résistance maximale à l'air, et la vitesse de chute est d'environ 180 km/h
    • A la même altitude, un plongeon en piqué peut offrir une vitesse de 300 km/h
• 1 ) Inventaire des forces exercées sur la bille :
  • Le poids de la bille : m g (vers le bas)
  • La poussée d'Archimède : ( ρ_liquide V ) g (vers le haut)   ( ρ_liquide V est la masse de liquide manquant )
  • le frottement : f = K v (vers le haut)
• 2 ) 2^ème loi de Newton ( ∑ F_i = m γ )
  • Axe Oz orienté vers le bas ( pour avoir une vitesse positive v = v_z )
  • m g − ρ_liquide V g − K v = m γ
  • seuls termes variables : la vitesse v et l'accélération γ = dv/dt
  • dv/dt = g − ( ρ_liquide V g / m ) − K v / m
  • dv/dt = A − B v
  • avec A = g − ( ρ_liquide V g / m )
  • et B = K / m
• 3 ) Calcul du coefficient A
  • nous avons besoin de V = m / ρ₀   soit : V / m = 1 / ρ₀
  • A = g ( 1 − ρ V / m ) = g ( 1 − ρ / ρ₀ )
  • A_H = g ( 1 − ρ_H / ρ₀ ) = 9,81 m.s⁻² ( 1 − 0,92 g.cm⁻³ / 7,8 g.cm⁻³ ) = 9,81 ( 1 − 0,92 / 7,8 ) = 8,653 m.s⁻²
    pour les calculs intermédiaires, il faut garder davantage de chiffres
  • A_S = g ( 1 − ρ_S / ρ₀ ) = 9,81 m.s⁻² ( 1 − 1,20 / 7,8 ) = 8.301 m.s⁻²
• 4) v_z(t) d'après le graphique
  • 4 a ) lecture graphique : v_lH = 400 mm/s
  • 4 b ) Quand la vitesse limite est atteinte : dv/dt = 0
    • l'équation différentielle devient : 0 = A − B v_l
    • Soit : B = A / v_l
    • B_H = A_H / v_lH = 8,653 m.s⁻² / ( 400 mm/s )
    • 1 m = 1000 mm
    • B_H = 8653 mm.s⁻² / ( 400 mm.s⁻¹ ) = 21,6 s⁻¹
• 5 ) A l'instant t = 400 ms, la bille change de liquide. K_S = 1,8 K_H
  • 5 a ) Calculer B_S et v_lS
    • d'après la question 2 ) B = K / m
    • B_H = K_H / m   =>   1/m = B_H / K_H
    • B_S = K_S / m = K_S B_H / K_H
    • B_S = B_H × 1,8
    • B_S = 21,6 s⁻¹ × 1,8 = 38,9 s⁻¹
    • d'après la question 4 b ) v_lS = A_S / B_S
    • v_lS = 8,301 m.s⁻² / 38,9 s⁻¹ = 0,2134 m.s⁻¹ = 213 mm.s⁻¹
  • 5 b ) Calculer les constantes de temps τ_H et τ_S
    • L'équation : dv/dt + B v = A   définit la constante de temps τ par B = 1 / τ
    • τ = 1 / B
    • τ_H = 1 / B_H = 1 / ( 21,6 s⁻¹ ) = 0,0463 s = 46,3 ms
    • τ_S = 1 / B_S = 1 / ( 38,9 s⁻¹ ) = 0,0257 s = 25,7 ms
  • 5 c ) vitesse v(t)
    • v(t) doit vérifier l'équation du mouvement dans le sirop
    • v(t=400ms) doit redonner la vitesse initiale de la bille à l'entrée dans le sirop
    • Ce qui nous donne 2 équations pour les 2 inconnues α et β
    • v(t) = α e^{− t / τ} + β
    • dv/dt(t) = α (−1 / τ) e^{− t / τ}
    • en remplaçant dans l'équation : dv/dt(t) + v / τ = A
    • α (−1 / τ) e^{− t / τ} + ( α e^{− t / τ} + β ) × (1 / τ) = A
    • β / τ = A
    • β = A τ
    • v(t) = α e^{− t / τ} + A τ
    • vitesse dans l'huile v_H(t) :
      • v_H(0) = 0
      • α e^{− 0 / τ_H} + A_H τ_H = 0
      • α + A_H τ_H = 0       ( car e⁰ = 1 )
      • α = −A_H τ_H
      • v_H(t) = A_H τ_H ( 1 − e^{− t / τ_H} )
      • Vérifications :
        • v_H(0) = A_H τ_H ( 1 − 1 ) = 0
        • v_H(∞) = A_H τ_H ( 1 − 0 ) = A_H τ_H
    • vitesse dans le sirop v_S(t) :
      • t₁ = 400 ms
      • v_S(t₁) = v_lH
      • α e^{− t₁ / τ_S} + A_S τ_S = v_lH
      • α = ( v_lH − A_S τ_S ) e^{t₁ / τ_S}
      • v_S(t) = ( v_lH − A_S τ_S ) e^{t₁ / τ_S} ( e^{− t / τ_S} ) + A_S τ_S
      • v_S(t) = ( v_lH − A_S τ_S ) ( e^{(t₁ − t) / τ_S} ) + A_S τ_S
      • v_S(t) = ( A_H τ_H − A_S τ_S ) ( e^{(t₁ − t) / τ_S} ) + A_S τ_S
      • Vérifications :
        • v_H(t₁) = ( A_H τ_H − A_S τ_S ) + A_S τ_S = A_H τ_H
        • v_H(∞) = ( A_H τ_H − A_S τ_S ) × 0 + A_S τ_S = A_S τ_S
• 6 ) De quelle hauteur a-t-on lâché la bille ?
  • Δz = ∫₀^t₁ v_H dt
  • Δz = ∫ A_H τ_H ( 1 − e^{− t / τ_H} ) dt
  • Δz = A_H τ_H [ t − e^{− t / τ_H} / (−1 / τ_H) ] dt
  • Δz = A_H τ_H [ t + τ_H e^{− t / τ_H} ]₀^t₁
  • Δz = A_H τ_H [ t₁ + τ_H e^{− t₁ / τ_H} − τ_H ]
  • Δz = 400 mm.s⁻¹ [ 400 ms + 46,3 ms e^{− 400 ms / 46,3 ms} − 46,3 ms ]
  • Δz = 400 mm.s⁻¹ [ 400 + 46,3 e^{− 8,639} − 46,3 ] ms
  • Δz = 400 mm.s⁻¹ [ 400 + 46,3 × 0,000177 − 46,3 ] ms
  • Δz = 400 mm.s⁻¹ [ 400 − 46,3 ] 10⁻³s
  • Δz = 0,400 mm [ 353,7 ] = 141,48 mm ≈ 141 mm

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