Un glaçon dans un verre
àr as bord…
Soit m la masse d’eau qui constitue le glaçon de volume V :
m = r g V .
On appelle r la masse volumique du liquide qui remplit le
verre, V i le volume immergé du glaçon.
La poussée d’Archimèdequi agit sur le glaçon est donnée par
π = r V i g.
Le glaçon flotte, donc π compense le poids du glaçon :
π = mg = r V i g.
Soit r g V = r V i (on vérifie qu’avec les trois liquides proposés on abien V i V ).
Quand le glaçon fond, la glace qui le composait occupe le
volume V final avec V final =.
Le verre déborde si V final V i ,soit :
ou r r e .
Conclusion : Lorsque le glaçon fond, le verre de jus de fruit
va déborder,l ev erre d’apéritif n’est plus rempli àr as bord ;
seul le verre d’eau reste rempli àras bord sans déborder.
Oscillationsd’unbouchon
de liège
1 • Le bouchon est soumis :
• àson poids, πr 2 hrg ;
• àlapoussée d’Archimède:
πr 2 hr H 2 O g,
le facteur
rendant compte du fait que le bouchon
est àmoitié enfoncé ;
En toute rigueur,le«fluide déplacé est constitué de deux
volumes égaux d’eau et d’air,mais nous avonsnégligé la
masse d’air déplacé, environ 10 00 fois plus faible que
celle de l’eau déplacée.
Àl ’équilibre, la somme vectorielle est nulle, ce qui donne
r =0,5 g . cm –3 .
2 • On doit admettre que la poussée d’Archimède est une
bonne approximation de la force exercée par l’eau sur le cylindre lorsque celui-ci oscille lentement.
Si on suppose, de plus, que le mouvement du cylindre est uniquement un mouvement vertical de translation (impulsion
initiale donnée verticalement àl ’aplomb du centre d’inertie),
le théorème du centre d’inertie donne, en notant z la cote du
centred’inertie sur la verticale ascendante, avec z équilibre =0:
πr 2 hrz ¨=–πr 2 hrg+r H 2 O gV immergé (z).
1
2
1
2
6
m
r e
m
r
m
r e
5
On étudie de petites oscillations ;onpeut alors écrire :
V immergé (z)=V immergé (0) + z
z =0
au premier ordre en z .
Comme – πr 2 hrg+r H 2 O gV immergé (0) =0,c ela donne :
πr 2 hrz ¨ = r H 2 O gz
z =0
ce qui correspond bien àl’équation différentielle d’unoscillateur
harmonique, àcondition que
z =0
soit négatif.
Le schéma ci-dessous permet de déterminer V immergé (z):
V immergé = h (aire du secteur circulaire –aire du triangle)
V immergé =2
h
r 2 – r 2 sin α cos α
= h(α r 2 – r 2 cos α sin α)
avec z = r cos α soit == –:
== –
la position z =0 correspond à α =, d’où :
z =0
=–2rh.
On obtient donc z ¨ +
z.
La période des petites oscillations vaut alors :
A. N. : T ≈ 0,2 s.
2r H 2 O g
πrr
dV immergé
dz
dV immergé
dz
dV immergé
dz
z
z
a
air
x
volume
immergé
eau
T
g
r
=
2
2
1
2
π
ρ
πρ
HO 2
.
dV immergé
dz
π
2
dV immergé
dz
dV immergé
dα
dα
dz
rh (1 –cos 2α)
sin α
dα
dz
1
r sin α
α
2
1
2
CORRIGÉS
Statique desfluides
2
224
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
àr as bord…
Soit m la masse d’eau qui constitue le glaçon de volume V :
m = r g V .
On appelle r la masse volumique du liquide qui remplit le
verre, V i le volume immergé du glaçon.
La poussée d’Archimèdequi agit sur le glaçon est donnée par
π = r V i g.
Le glaçon flotte, donc π compense le poids du glaçon :
π = mg = r V i g.
Soit r g V = r V i (on vérifie qu’avec les trois liquides proposés on abien V i V ).
Quand le glaçon fond, la glace qui le composait occupe le
volume V final avec V final =.
Le verre déborde si V final V i ,soit :
ou r r e .
Conclusion : Lorsque le glaçon fond, le verre de jus de fruit
va déborder,l ev erre d’apéritif n’est plus rempli àr as bord ;
seul le verre d’eau reste rempli àras bord sans déborder.
Oscillationsd’unbouchon
de liège
1 • Le bouchon est soumis :
• àson poids, πr 2 hrg ;
• àlapoussée d’Archimède:
πr 2 hr H 2 O g,
le facteur
rendant compte du fait que le bouchon
est àmoitié enfoncé ;
En toute rigueur,le«fluide déplacé est constitué de deux
volumes égaux d’eau et d’air,mais nous avonsnégligé la
masse d’air déplacé, environ 10 00 fois plus faible que
celle de l’eau déplacée.
Àl ’équilibre, la somme vectorielle est nulle, ce qui donne
r =0,5 g . cm –3 .
2 • On doit admettre que la poussée d’Archimède est une
bonne approximation de la force exercée par l’eau sur le cylindre lorsque celui-ci oscille lentement.
Si on suppose, de plus, que le mouvement du cylindre est uniquement un mouvement vertical de translation (impulsion
initiale donnée verticalement àl ’aplomb du centre d’inertie),
le théorème du centre d’inertie donne, en notant z la cote du
centred’inertie sur la verticale ascendante, avec z équilibre =0:
πr 2 hrz ¨=–πr 2 hrg+r H 2 O gV immergé (z).
1
2
1
2
6
m
r e
m
r
m
r e
5
On étudie de petites oscillations ;onpeut alors écrire :
V immergé (z)=V immergé (0) + z
z =0
au premier ordre en z .
Comme – πr 2 hrg+r H 2 O gV immergé (0) =0,c ela donne :
πr 2 hrz ¨ = r H 2 O gz
z =0
ce qui correspond bien àl’équation différentielle d’unoscillateur
harmonique, àcondition que
z =0
soit négatif.
Le schéma ci-dessous permet de déterminer V immergé (z):
V immergé = h (aire du secteur circulaire –aire du triangle)
V immergé =2
h
r 2 – r 2 sin α cos α
= h(α r 2 – r 2 cos α sin α)
avec z = r cos α soit == –:
== –
la position z =0 correspond à α =, d’où :
z =0
=–2rh.
On obtient donc z ¨ +
z.
La période des petites oscillations vaut alors :
A. N. : T ≈ 0,2 s.
2r H 2 O g
πrr
dV immergé
dz
dV immergé
dz
dV immergé
dz
z
z
a
air
x
volume
immergé
eau
T
g
r
=
2
2
1
2
π
ρ
πρ
HO 2
.
dV immergé
dz
π
2
dV immergé
dz
dV immergé
dα
dα
dz
rh (1 –cos 2α)
sin α
dα
dz
1
r sin α
α
2
1
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CORRIGÉS
Statique desfluides
2
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La photocopie non autorisée est un délit.