PS: je viens de vérifier par l'expérience, ça fonctionne
Travail d'un processus de frottement
Re: Travail d'un processus de frottement
Hum techniquement, tu dois pouvoir, et à pile poil la moitié du bâton, tu arrives au point de basculement. Du coup, moitié du trajet pour doigt A, puis moitié du trajet pour doigt B et zou, c'est bon c'est dans la poche !
PS: je viens de vérifier par l'expérience, ça fonctionne
PS: je viens de vérifier par l'expérience, ça fonctionne
Chaque vénérable chêne a commencé par être un modeste gland. Si on a pensé à lui pisser dessus.
Re: Travail d'un processus de frottement
Oui, mais ça tu perds le facteur 1/2, qui malheureusement est la bonne réponse d'après les auteurs.siro a écrit : ↑11 déc. 2017 11:04Hum techniquement, tu dois pouvoir, et à pile poil la moitié du bâton, tu arrives au point de basculement. Du coup, moitié du trajet pour doigt A, puis moitié du trajet pour doigt B et zou, c'est bon c'est dans la poche !
PS: je viens de vérifier par l'expérience, ça fonctionne
Je pense que dans leur formulation du problème, tu dois bouger les doigts "en même temps", à un décalage infinitésimal près, qui viendrait du défaut humain.
Ton expérience marche parce que tu as des gros doigts veineux pré-sénilité
Masséna (PC*) -- X15 -- Spatial.
Re: Travail d'un processus de frottement
Autre hypothèse : supposons que le coeff de frottement soit de f d'un côté, et f' de l'autre. Alors le poids fait que d'un côté ça frotte et ça glisse de l'autre, jusqu'à un point de basculement où ça inverse glissement/frottement, et ainsi de suite. (Je sais pas si c'est exactement ça que t'as fait, parce que chez moi c'est pas des intervalles infinitésimaux, c'est plutôt macroscopique comme intervalle.)Hibiscus a écrit : ↑11 déc. 2017 11:23Oui, mais ça tu perds le facteur 1/2, qui malheureusement est la bonne réponse d'après les auteurs.siro a écrit : ↑11 déc. 2017 11:04Hum techniquement, tu dois pouvoir, et à pile poil la moitié du bâton, tu arrives au point de basculement. Du coup, moitié du trajet pour doigt A, puis moitié du trajet pour doigt B et zou, c'est bon c'est dans la poche !
PS: je viens de vérifier par l'expérience, ça fonctionne
Je pense que dans leur formulation du problème, tu dois bouger les doigts "en même temps", à un décalage infinitésimal près, qui viendrait du défaut humain.
Calleux, post-escalade. D'où le gros frottement.Ton expérience marche parce que tu as des gros doigts veineux pré-sénilité
Chaque vénérable chêne a commencé par être un modeste gland. Si on a pensé à lui pisser dessus.
Re: Travail d'un processus de frottement
La règle de Sommerfeld...
Je n'ai pas tout compris vis à vis du résultat. C'est quoi le résultat final annoncé par le livre ? C'est ton expression avec mu_cin ?
Du coup ça ne dépend pas de mu_statique ?
Avec ton raisonnement, tu retrouves ceci en supposant k << 1 ? j'imagine que ça revient à supposer mu_cin presqu'égal à mu_stat. Ce qui explique pourquoi mu_stat disparait du résultat final.
Et donc, dans cette limite là, est-ce qu'on ne peut pas justement supposer que le mouvement est symétrique ? ie que la distance entre point d'appui droit et centre, et point d'appui gauche et centre, est la même. Et donc les forces aussi. Et donc c'est plus simple ?
Enfin je ne sais pas...
Je n'ai pas tout compris vis à vis du résultat. C'est quoi le résultat final annoncé par le livre ? C'est ton expression avec mu_cin ?
Du coup ça ne dépend pas de mu_statique ?
Avec ton raisonnement, tu retrouves ceci en supposant k << 1 ? j'imagine que ça revient à supposer mu_cin presqu'égal à mu_stat. Ce qui explique pourquoi mu_stat disparait du résultat final.
Et donc, dans cette limite là, est-ce qu'on ne peut pas justement supposer que le mouvement est symétrique ? ie que la distance entre point d'appui droit et centre, et point d'appui gauche et centre, est la même. Et donc les forces aussi. Et donc c'est plus simple ?
Enfin je ne sais pas...
Re: Travail d'un processus de frottement
Le résultat annoncé est celui que je trouve, à savoir
$ W= \frac{\mu_{cin} mg}{2} l\cdot ln(2) $ si k<<1 ou $ W= \frac{\mu_{cin} mg}{2} l $ si k est de l'ordre de 1.
Le second cas correspond à assumer l'égalité des deux $ \mu $, j'approxime juste $ \frac{k}{1-k} ln(1/k) = 1 $
(puisque k est le rapport entre le coefficient cinétique et le coefficient statique.)
A mes yeux, le premier cas correspond effectivement à assumer que tout le travail peut s'effectuer d'un coup, et le second qu'il est symétrique, oui.
Le problème, c'est que la définition correcte de ces deux cas, (notamment parce qu'avec ces notations, un doigt ne peut glisser que tant que $ x>ky $ (et vice-versa), je n'obtiens cette réponse qu'en faisant cette approche de type Sommerfeld. Qui me paraît délirante au vu de la "simplicité" de l'écriture du résultat.
$ W= \frac{\mu_{cin} mg}{2} l\cdot ln(2) $ si k<<1 ou $ W= \frac{\mu_{cin} mg}{2} l $ si k est de l'ordre de 1.
Le second cas correspond à assumer l'égalité des deux $ \mu $, j'approxime juste $ \frac{k}{1-k} ln(1/k) = 1 $
(puisque k est le rapport entre le coefficient cinétique et le coefficient statique.)
A mes yeux, le premier cas correspond effectivement à assumer que tout le travail peut s'effectuer d'un coup, et le second qu'il est symétrique, oui.
Le problème, c'est que la définition correcte de ces deux cas, (notamment parce qu'avec ces notations, un doigt ne peut glisser que tant que $ x>ky $ (et vice-versa), je n'obtiens cette réponse qu'en faisant cette approche de type Sommerfeld. Qui me paraît délirante au vu de la "simplicité" de l'écriture du résultat.
Masséna (PC*) -- X15 -- Spatial.
Re: Travail d'un processus de frottement
Ok j'y vois plus clair. Donc comme tu le dis : "A mes yeux, le premier cas correspond effectivement à assumer que tout le travail peut s'effectuer d'un coup, et le second qu'il est symétrique, oui."
Si $ k=1 $, on a quel que soit $ t $ : $ x=y $, $ F_1=F_2=mg/2 $ (les forces normales en chacun des points d'appui), $ T_1 = T_2 = \mu_dmg/2 $ (les forces tangentielles de frottement).
Le travail est donc $ W = T_1\times L/2 + T_2\times L/2 = \dfrac{\mu_d m g L}{2} $.
Ensuite si $ k\ll 1 $ on bouge $ x $ de $ x_0 = L/2 $ jusqu'à $ x_1 = ky_0=kL/2\sim0 $, donc jusqu'au centre.
Pendant cette phase on a à tout instant $ y=L/2 $. Le travail est
$ W = \int_0^{L/2}T_1dx = \int_0^{L/2}\dfrac{y}{x+y}mg = ... = \dfrac{\mu_dmgL}{2}\ln(2) $.
Ensuite il faut ramener $ y $ au centre, mais comme $ F_2=0 $ cela ne coute rien.
Et pas de somme infini en $ k^n $ !
Si $ k=1 $, on a quel que soit $ t $ : $ x=y $, $ F_1=F_2=mg/2 $ (les forces normales en chacun des points d'appui), $ T_1 = T_2 = \mu_dmg/2 $ (les forces tangentielles de frottement).
Le travail est donc $ W = T_1\times L/2 + T_2\times L/2 = \dfrac{\mu_d m g L}{2} $.
Ensuite si $ k\ll 1 $ on bouge $ x $ de $ x_0 = L/2 $ jusqu'à $ x_1 = ky_0=kL/2\sim0 $, donc jusqu'au centre.
Pendant cette phase on a à tout instant $ y=L/2 $. Le travail est
$ W = \int_0^{L/2}T_1dx = \int_0^{L/2}\dfrac{y}{x+y}mg = ... = \dfrac{\mu_dmgL}{2}\ln(2) $.
Ensuite il faut ramener $ y $ au centre, mais comme $ F_2=0 $ cela ne coute rien.
Et pas de somme infini en $ k^n $ !
Re: Travail d'un processus de frottement
ça me va pour les deux cas extrêmes.
Du coup, dans un cas quelconque, pas d'astuce, obligation de se manger la somme ?
Non pas que ça me dérange, ça sous-entend juste que c'est un exo délicat à poser en khôlle
Du coup, dans un cas quelconque, pas d'astuce, obligation de se manger la somme ?
Non pas que ça me dérange, ça sous-entend juste que c'est un exo délicat à poser en khôlle
Masséna (PC*) -- X15 -- Spatial.
Re: Travail d'un processus de frottement
Dans le cas qcq je ne vois pas d'astuce non.
En colle il n'y a qu'a rester sur les deux extrêmes, c'est déjà pas si mal !
En colle il n'y a qu'a rester sur les deux extrêmes, c'est déjà pas si mal !