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10.3 : Forces horizontales - Géosciences


Cinq forces contribuent aux accélérations horizontales nettes qui contrôlent les vents horizontaux : force de gradient de pression (PG), advection (UN D), force centrifuge (CN), force de Coriolis (CF), et traînée turbulente (DT) :

( egin{align} frac{F_{x net}}{m}=frac{F_{x AD}}{m}+frac{F_{x PG}}{m}+ frac{F_{x CN}}{m}+frac{F_{x CF}}{m}+frac{F_{x TD}}{m} ag{10.7a}end{ aligner})

( egin{align} frac{F_{y net}}{m}=frac{F_{y AD}}{m}+frac{F_{y PG}}{m}+ frac{F_{y CN}}{m}+frac{F_{y CF}}{m}+frac{F_{y TD}}{m} ag{10.7b}end{ aligner})

La force centrifuge est une force apparente qui nous permet d'inclure les effets d'inertie pour les vents qui se déplacent selon une ligne courbe. La force de Coriolis, expliquée en détail plus loin, comprend les forces centrifuges gravitationnelles et composées sur une Terre non sphérique. Dans les équations ci-dessus, la force par unité de masse a des unités de N kg–1. Ces unités sont équivalentes aux unités d'accélération (m·s–2 , voir l'annexe A), que nous utiliserons ici.

L'advection n'est pas une vraie force. Pourtant, il peut provoquer un changement de vitesse du vent à un endroit fixe en coordonnées eulériennes, nous le traiterons donc ici comme une force. Le vent passant devant un point peut emporter élan spécifique (c'est-à-dire quantité de mouvement par unité de masse). Rappelez-vous que l'élan est défini comme la masse multipliée par la vitesse, donc l'élan spécifique est égal à la vitesse (c'est-à-dire le vent) par définition. Ainsi, le vent peut se déplacer (advecter) des vents différents à votre emplacement fixe.

Ceci est illustré à la figure 10.4a. Considérons une masse d'air (boîte grise) avec un vent U lent (5 m s–1) au nord et au vent U plus rapide (10 m s–1) dans le Sud. Ainsi, U décroît vers le nord, donnant ∆U/∆y = négatif. Toute cette masse d'air est advectée vers le nord au dessus d'une station météo fixe « O » par un vent du sud (V = positif). Au moment ultérieur esquissé sur la Fig. 10.4b, un vent d'ouest de 5 m s–1 est mesurée à « O ». Encore plus tard, au moment de la Fig. 10.4c, le vent d'ouest est passé à 10 m s–1 à la station météo. Le taux d'augmentation de U à « O » est plus important pour une advection plus rapide (V), et lorsque ∆U/∆y est plus négatif.

Ainsi, ∆U/∆t = –V · ∆U/∆y pour cet exemple. Le terme d'advection sur le RHS provoque une accélération du vent U sur le LHS, et agit donc comme une force par unité de masse : ∆U/∆t = FX UN D/m = –V · U/∆y .

Vous devez toujours inclure l'advection lorsque les équations moment-budget sont écrites dans des cadres eulériens. Ceci est similaire aux termes d'advection dans les équations eulériennes des budgets d'humidité et de chaleur qui figuraient dans les chapitres précédents.

Pour l'advection, les composantes de la force horizontale sont

( egin{align} frac{F_{x AD}}{m}=-U cdot frac{Delta U}{Delta x}-V cdot frac{Delta U}{ Delta y}-W cdot frac{Delta U}{Delta z} ag{10.8a}end{align})

( egin{align}frac{F_{y AD}}{m}=-U cdot frac{Delta V}{Delta x}-V cdot frac{Delta V}{ Delta y}-W cdot frac{Delta V}{Delta z} ag{10.8b}end{align})

Rappelons qu'un pente est défini comme un changement sur une distance, tel que ∆V/∆y. Sans pente, le vent ne peut pas provoquer d'accélérations.

L'advection verticale du vent horizontal (–W·∆U/∆z dans l'équation 10.8a, et –W·∆V/∆z dans l'équation 10.8b) est souvent très faible en dehors des orages.

Exemple d'application

Minneapolis (MN, USA) est à environ 400 km au nord de Des Moines (IA, USA). A Minneapolis les composantes du vent (U, V) sont (6, 4) m s–1 , tandis qu'à Des Moines ils sont (2, 10) m s–1. Quelle est la valeur de la force d'advection par masse ?

Trouve la réponse

Soit : (U, V) = (6, 4) m s–1 à Minneapolis, (U, V) = (2, 10) m s–1 à Des Moines ∆y = 400 km, ∆x = n'est pas pertinent

Trouver : Fx AD/m =? Mme–2 , Fy AD/m =? Mme–2

Utilisez la définition d'un dégradé :

∆U/∆y = (6 – 2 m s–1)/400.000 m = 1.0x10–5 s–1

∆U/∆x = non pertinent, ∆U/∆z = non pertinent,

∆V/∆y = (4 – 10 ms–1)/400.000 m = –1.5x10–5 s–1

∆V/∆x = non pertinent, ∆V/∆z = non pertinent

U moyenne = (6 + 2 m s–1)/2 = 4 m s–1

Moyenne V = (4 + 10 m s–1)/2 = 7 m s–1

Utilisez l'éq. (10.8a) :

Fx AD/m = – (7m s–1)·(1.0x10–5 s–1 ) = –7x10–5 Mme–2

Utilisez l'éq. (10.8b):

Fy AD/m = – (7m s–1)·(–1,5x10–5 s–1 ) = 1,05x10–4 Mme–2

Vérifier: La physique et les unités sont raisonnables.

Exposition: Les vents U plus lents de Des Moines sont soufflés par des vents V positifs vers Minneapolis, ce qui entraîne une diminution de la vitesse du vent U à Minneapolis. Mais les vents en V y augmentent à cause des vents plus rapides à Des Moines qui se déplacent vers le nord.

Dans les régions où la pression change avec la distance (c. gradient de pression), il y a une force de haute à basse pression. Sur les cartes météorologiques, cette force est perpendiculaire aux contours de hauteur ou aux isobares, directement des hauteurs élevées ou des hautes pressions aux basses. Des gradients plus importants (indiqués par un empilement plus serré des isobares ; c'est-à-dire un espacement plus petit ∆d entre les isobares sur les cartes météorologiques) entraînent une force de gradient de pression plus importante (Fig. 10.5). La force du gradient de pression est indépendante de la vitesse du vent et peut donc agir sur des vents de n'importe quelle vitesse (y compris calme) et direction.

Pour la force de gradient de pression, les composantes horizontales sont :

( egin{align}frac{F_{x PG}}{m}=-frac{1}{ ho} cdot frac{Delta P}{Delta x} ag{10.9a }end{align})

( egin{align} frac{F_{y PG}}{m}=-frac{1}{ ho} cdot frac{Delta P}{Delta y} ag{10.9b }end{align})

où P est le changement de pression sur une distance de ∆x ou ∆y, et est la densité de l'air.

Exemple d'application

Minneapolis (MN, USA) est à environ 400 km au nord de Des Moines (IA, USA). A (Minneapolis, Des Moines) la pression est de (101, 100) kPa. Trouver la force de gradient de pression par unité de masse ? Soit ρ = 1,1 kg·m–3.

Trouve la réponse

Soit : P =101 kPa @ x = 400 km (au nord de Des Moines). P = 100 kPa @ x = 0 km à Des Moines. = 1,1 kg·m–3.

Trouver : Fy PG/m = ? Mme–2

Appliquer l'éq. (10.9b):

(frac{F_{y PG}}{m}=-frac{1}{left(1.1 mathrm{kg} cdot mathrm{m}^{-3} ight)} cdot frac{(101 000-100 000) mathrm{Pa}}{(400 000-0) mathrm{m}})

= –2.27x10–3 Mme–2.

Indice, tiré de l'annexe A : 1 Pa = 1 kg·m–1·s–2.

Vérifier: La physique et les unités sont raisonnables.

Exposition: La force va de la haute pression au nord à la basse pression au sud. Cette direction est indiquée par le signe négatif de la réponse ; à savoir, la force pointe dans la direction négative y.

Si la pression augmente vers une direction, alors la force est dans la direction opposée (de haut à bas P); d'où le signe négatif dans ces termes. L'amplitude du gradient de pression et de la force est

( egin{align} left|frac{F_{PG}}{m} ight|=left|frac{1}{ ho} cdot frac{Delta P}{Delta d} ight| ag{10.10}end{align})

où d est la distance entre les isobares.

Éqs. (10.9) peut être réécrit en utilisant l'éq hydrostatique. (1.25) pour donner les composantes du gradient de pression en fonction de l'espacement entre les contours de hauteur sur une surface isobare :

( egin{align} frac{F_{x PG}}{m}=-|g| cdot frac{Delta z}{Delta x} ag{10.11a}end{align} )

( egin{align} frac{F_{y PG}}{m}=-|g| cdot frac{Delta z}{Delta y} ag{10.11b}end{align} )

pour une amplitude d'accélération gravitationnelle de |g| = 9,8 m·s–2 . ∆z est le changement de hauteur dans les directions ∆x ou ∆y ; c'est donc la pente de la surface isobare. En prolongeant cette analogie de pente, si vous placez conceptuellement une balle sur la surface isobare, elle roulera en descente (qui est la direction de la force du gradient de pression). L'amplitude de la force de gradient de pression est

( egin{align} left|frac{F_{PG}}{m} ight|=left|g cdot frac{Delta z}{Delta d} ight| ag{ 10.12}end{align})

où d est la distance entre les contours de hauteur.

La seule force qui fait souffler les vents à l'horizontale est la force de gradient de pression. Toutes les autres forces sont fonction de la vitesse du vent, elles ne peuvent donc changer que la vitesse ou la direction d'un vent qui existe déjà. La seule force qui peut faire souffler des vents à partir de zéro (calme) est la force de gradient de pression.

Exemple d'application

Si la hauteur de la surface de pression de 50 kPa diminue de 10 m vers le nord sur une distance de 500 km, quelle est la force de gradient de pression ?

Trouve la réponse

Soit : ∆z = –10 m, ∆y = 500 km, |g|= 9,8 m·s–2 .

Trouver : FPG/m = ? Mme–2

Utilisez les éq. (10.11a et b) :

Fx PG/m = 0 m·s–2 , car ∆z/∆x = 0. Ainsi, FPG/m = Fy PG/m.

(frac{F_{y PG}}{m}=-|g| cdot frac{Delta z}{Delta y}=-left(9.8 frac{mathrm{m}}{ mathrm{s}^{2}} ight) cdotleft(frac{-10 mathrm{m}}{500 000 mathrm{m}} ight))

FPG/m = 0,000196 m·s–2.

Vérifier: La physique, les unités et le signe sont raisonnables.

Exposition: Pour notre exemple ici, la hauteur diminue vers le nord, donc une balle hypothétique roulerait en descendant vers le nord. Une force vers le nord est dans la direction y positive, ce qui explique le signe positif de la réponse.

L'inertie fait qu'un colis d'air essaie de se déplacer en ligne droite. Pour que son chemin tourne, il faut une force dans une direction différente. Cette force, qui tire vers l'intérieur du virage, est appelée centripète Obliger. La force centripète est le résultat d'un déséquilibre net d'autres forces (c'est-à-dire de la somme vectorielle non nulle).

Par commodité mathématique, nous pouvons définir une force apparente, appelée centrifuge force, qui est opposée à la force centripète. A savoir, il pointe vers l'extérieur à partir du centre de rotation. Les composants de la force centrifuge sont :

( egin{align} frac{F_{x C N}}{m}=+s cdot frac{V cdot M}{R} ag{10.13a}end{align})

( egin{align} frac{F_{y C N}}{m}=-s cdot frac{U cdot M}{R} ag{10.13b}end{align})

où M = ( U2 + V2 )1/2 est la vitesse du vent (toujours positive), R est le rayon de courbure et s est un facteur de signe du tableau 10-2 tel que déterminé par l'hémisphère (nord ou sud) et le centre de pression synoptique (bas ou haut).

L'amplitude de la force centrifuge est proportionnelle à la vitesse du vent au carré :

( egin{align} left|frac{F_{C N}}{m} ight|=frac{M^{2}}{R} ag{10.14}end{align})

Tableau 10-2. Pour appliquer une force centrifuge à des coordonnées cartésiennes séparées, un facteur de signe (+/–) s est requis.
HémisphèrePour les vents encerclant un
Centre de basse pressionCentre haute pression
Du sud–1+1
Nord+1–1

Exemple d'application

500 km à l'est d'un centre anticyclonique souffle un vent du nord de 5 m s–1. Supposons l'hémisphère N. Quelle est la force centrifuge ?


Trouve la réponse

Soit : R = 5x105 m, U = 0, V = – 5 m s–1

Trouver : Fx CN/m = ? Mme–2.

Appliquer l'éq. (10.13a). Dans le tableau 10-2, trouvez s = –1.

(frac{F_{x CN}}{m}=-1 cdot frac{(-5 mathrm{m} / mathrm{s}) cdot(5 mathrm{m} / mathrm {s})}{5 imes 10^{5}}=5 imes 10^{-5} mathrm{m} cdot mathrm{s}^{-2})

Vérifier: Physique et unités OK. D'accord avec le croquis.

Exposition: Pour maintenir un virage autour du centre anticyclonique, d'autres forces (dont la somme est la force centripète) sont nécessaires pour tirer vers le centre.

Un objet tel qu'un colis d'air qui se déplace par rapport à la Terre subit une force centrifuge composée sur la base des vitesses tangentielles combinées de la surface de la Terre et de l'objet. Lorsqu'il est combiné avec la composante non verticale de la gravité, le résultat est appelé force de Coriolis (voir l'encadré INFO à la page suivante). Cette force pointe à 90° à droite de la direction du vent dans l'hémisphère nord (Fig. 10.6) et à 90° à gauche dans l'hémisphère sud.

La Terre fait un tour complet (2π radians) au cours d'un jour sidéral (c'est-à-dire, par rapport aux étoiles fixes, Psidéral est un peu inférieure à 24 h, voir Annexe B), ce qui donne une vitesse de rotation angulaire de

( egin{align} Omega=2 cdot pi / P_{ ext {sidereal }} ag{10.15}end{align})

= 0,729 211 6 x 10–4 radians m–1

Les unités pour sont souvent abrégées en s–1. En utilisant ce taux de rotation, définissez un Paramètre de Coriolis comme:

( egin{align} f_{c}=2 cdot Omega cdot sin (phi) ag{10.16}end{align})

où est la latitude et 2·Ω = 1,458423x10–4 s–1. Ainsi, le paramètre de Coriolis ne dépend que de la latitude. Sa magnitude est d'environ 1x10-4 s-1 aux latitudes moyennes.

La force de Coriolis dans l'hémisphère nord est :

( egin{align}frac{F_{x C F}}{m}=f_{c} cdot V ag{10.17a}end{align})

( egin{align}frac{F_{y C F}}{m}=-f_{c} cdot U ag{10.17b}end{align})

Dans l'hémisphère sud, les signes sur le côté droit des éq. (10.17) sont opposés. La force de Coriolis est nulle dans des conditions calmes et ne peut donc pas créer de vent. Cependant, il peut changer la direction d'un vent existant. La force de Coriolis ne peut pas fonctionner, car elle agit perpendiculairement au mouvement de l'objet.

L'amplitude de la force de Coriolis est :

( egin{align} left|F_{mathrm{CF}} / m ight| approx 2 cdot Omega cdot|sin (phi) cdot M| ag{10.18a} end{aligner})

ou alors

( egin{align} left|F_{mathrm{CF}} / m ight| approxleft|f_{mathrm{c}} cdot M ight| ag{10.18b} fin{aligner})

Exemple d'application (§)

a) Tracer le paramètre de Coriolis en fonction de la latitude.

b) Trouvez FFC/m à Paris, pour un vent du nord de 15 m s–1.

Trouve la réponse:

a) Soit : = 48,874°N à Paris.

Trouver fc (s–1) vs. (°) en utilisant l'éq. (10.16). Par exemple:

Fc = (1,458x10–4 s–1)·péché(48,874°) = 1,1x10–4 s–1.

b) Soit : V = –15 m s–1 . Trouver : FFC/m= ? Mme–2

Supposons U = 0 car aucune information, donc Fy CF/m= 0.

Appliquer l'éq. (10.17a) :

Fx FC/m = (1,1x10–4 s–1)·(–15 m s–1) = 1,65x10–3 Mme–2

Exposition: Cette force de Coriolis pointe vers l'ouest.

INFO • Force de Coriolis en 3D

Éqs. (10.17) ne donnent que les composantes dominantes de la force de Coriolis. Il existe d'autres termes de Coriolis de plus petite magnitude (étiquetés en petit ci-dessous) qui sont généralement négligés. La force de Coriolis totale en 3 dimensions est :

( egin{align} frac{F_{x CF}}{m}=f_{c} cdot V-2 Omega cdot cos (phi) cdot W ag{10.17c} end{aligner})

[petit car souvent W<

( egin{align} frac{F_{y C F}}{m}=-f_{c} cdot U ag{10.17d}end{align})

( egin{align} frac{F_{z C F}}{m}=2 Omega cdot cos (phi) cdot U ag{10.17e}end{align})

[petit par rapport aux autres forces verticales]

INFO • Sur la Force de Coriolis

Gaspar Gustave Coriolis a expliqué une force centrifuge composée sur une planète non sphérique en rotation telle que la Terre (Anders Persson : 1998, 2006, 2014).

Notions de base

Sur la Terre en rotation, un déséquilibre peut se produire entre la force gravitationnelle et la force centrifuge.

Pour un objet de masse m se déplaçant à la vitesse tangentielle Mbronzer le long d'une trajectoire courbe ayant un rayon de courbure R, force centrifuge a été montré plus tôt dans ce chapitre comme étant FCN/m = (Mbronzer)2/R. Sur la figure 10.a, l'objet est représenté par le point noir et le centre de rotation est indiqué par le X.

La Terre était principalement en fusion au début de sa formation. Bien que la gravité ait tendance à rendre la Terre sphérique, la force centrifuge associée à la rotation de la Terre a fait légèrement bomber la Terre à l'équateur. Ainsi, la forme de la Terre est un ellipsoïde (Fig. 10.b).

La combinaison de la gravité Fg et force centrifuge FCN provoque une force nette que nous ressentons comme gravité effective FPAR EXEMPLE. Les objets tombent dans la direction de la gravité effective, et c'est ainsi que nous définissons la direction verticale (V) locale. Perpendiculaire à la verticale est la direction « horizontale » locale (H), le long de la surface ellipsoïdale. Un objet initialement au repos sur cette surface ne ressent aucune force horizontale nette. [Note : Sauf aux pôles et à l'équateur, Fg ne pointe pas exactement vers le centre de la Terre, en raison de l'attraction gravitationnelle du renflement équatorial.]

Diviser les vecteurs de gravité vraie en verticale locale FGV et horizontale FGH Composants. Faire de même pour la force centrifuge (FCNV , FCNH) de la rotation de la Terre (Fig. 10.c). Force centrifuge totale FCN est parallèle à l'équateur (EQ). Ainsi, pour un objet à la latitude ϕ , vous pouvez utiliser trig pour montrer FCNH FCN·péché(ϕ).

Objets au repos par rapport à la surface de la Terre

En regardant vers le pôle nord (NP), la Terre tourne dans le sens antihoraire avec une vitesse angulaire = 360°/(jour sidéral) (Fig. 10.d). Sur un intervalle de temps ∆t, la quantité de rotation est Ω·∆t. Tout objet (point noir) au repos à la surface de la Terre se déplace avec la Terre à la vitesse tangentielle Mbronzer = Ω·R (flèche grise), où R = Ro·cos(ϕ) est la distance à l'axe de rotation. Ro = 6371 km est le rayon moyen de la Terre.

Mais parce que l'objet est au repos, sa composante horizontale de force centrifuge FCNH associé au mouvement suivant la latitude courbe (appelée parallèle) est le même que celui de la Terre, tel qu'il est tracé sur la figure 10.c ci-dessus. Mais cette force horizontale est équilibrée par la composante horizontale de la gravité FGH, de sorte que l'objet ne ressent aucune force horizontale nette.

Objets se déplaçant vers l'est ou l'ouest par rapport à la Terre

Supposons qu'un objet se déplace avec une vitesse M due à l'est par rapport à la Terre. Cette vitesse (fine flèche blanche sur la figure 10.e) est relative à la vitesse de la Terre, ce qui donne à l'objet une vitesse totale plus rapide (flèche grise), provoquant une plus grande force centrifuge et une plus grande FCNH. Mais FGH est constant.

Force horizontale FCNH n'équilibre PAS FGH. La flèche verte épaisse (Fig. 10.e) montre que la différence de force FFC est à droite par rapport au mouvement de l'objet M. FFC est appelé force de Coriolis.

Le déséquilibre inverse de FCNH et FGH se produit pour un objet se déplaçant vers l'ouest (fine flèche blanche), car l'objet a une vitesse tangentielle nette plus lente (flèche grise sur la figure 10.f). Ce déséquilibre, force de Coriolis FFC (flèche verte), est également à droite du mouvement relatif M.

Objets se déplaçant vers le nord

Lorsqu'un objet se déplace vers le nord à une vitesse relative M (fine flèche blanche sur la Fig. 10.g) pendant que la Terre tourne, le chemin parcouru par l'objet (ligne grise épaisse) a un petit rayon de courbure autour du point X qui est déplacé de le pôle Nord. Le plus petit rayon R provoque une plus grande force centrifuge FCNH pointant vers l'extérieur de X.

Composant FCNH-ns de la force centrifuge équilibre la force gravitationnelle horizontale inchangée FGH. Mais il reste une composante est-ouest déséquilibrée de la force centrifuge FCNH-ew qui est défini comme la force de Coriolis FFC (Flèche verte). Encore une fois, c'est à droite du vecteur de mouvement relatif M de l'objet.

Les objets se déplaçant vers le sud ont une force de Coriolis vers la droite en raison du plus grand rayon de courbure. Quelle que soit la direction du mouvement dans l'hémisphère nord, la force de Coriolis agit à 90° à droite du mouvement de l'objet par rapport à la Terre. Lorsque l'on regarde l'hémisphère sud depuis le dessous du pôle sud, la Terre tourne dans le sens des aiguilles d'une montre, provoquant une force de Coriolis qui est de 90° à gauche du vecteur de mouvement relatif.

Dérivation de la magnitude de la force de Coriolis

De Fig. 10.c & d, voir qu'un objet au repos (indice R) a

( egin{align} F_{G H}=F_{C N H} equiv F_{C N H R} ag{C1}end{align})

et

( egin{align} M_{ ext {tan rest}}=Omega cdot R ag{C2}end{align})

D'après la figure 10.e, la force de Coriolis pour un objet se déplaçant vers l'est est définie comme

FFC FCNH - FGH

Appliquer l'éq. (C1) pour obtenir

FFC = FCNH - FCNHR

ou alors

FFC = sin(ϕ) · [FCN - FCN] (à partir de la figure 10.c)

Divisez par la masse m et insérez la définition de la force centrifuge en tant que vitesse au carré divisée par le rayon :

FFC / m = sin(ϕ) · [ (Mbronzer)2/R – (Mbronzage repos)2/R ]

Utiliser Mbronzer = Mbronzer du repos + M, avec éq. (C2) :

FFC / m = sin(ϕ) · [ (Ω·R+M)2/R – (Ω·R)2/R ]

FFC / m = sin(ϕ) · [(2·Ω·M) + (M2/R)]

Le premier terme est généralement beaucoup plus grand que le dernier, permettant l'approximation suivante pour la force de Coriolis par masse :

( egin{align} F_{C F} / m approx 2 cdot Omega cdot sin (phi) cdot M ag{10.18}end{align})

Définissez un paramètre de Coriolis comme fc 2·Ω·sin(ϕ) . Ainsi,

(F_{C F} / m approx f_{mathrm{c}} cdot M)

MATHÉMATIQUES SUPÉRIEURES • Forces apparentes

Sous forme vectorielle, la force/masse centrifuge d'un objet au repos sur Terre est –Ω × (Ω × r), et la force/masse de Coriolis est –2Ω × V , où vecteur Ω points le long de l'axe de la Terre vers le pôle nord, r points du centre de la Terre à l'objet, V est la vitesse de l'objet par rapport à la Terre, et × est le produit vectoriel vectoriel.

Les éléments de surface tels que les cailloux, les brins d'herbe, les cultures, les arbres et les bâtiments bloquent partiellement le vent et perturbent l'air qui les entoure. L'effet combiné de ces éléments sur une zone de terrain est de provoquer une résistance à l'écoulement de l'air, ralentissant ainsi le vent. Cette résistance est appelée glisser.

Au fond de la troposphère se trouve une couche d'air d'environ 0,3 à 3 km d'épaisseur appelée la couche limite atmosphérique (ABL). L'ABL est nommé parce qu'il est à la limite inférieure de l'atmosphère. La turbulence dans l'ABL mélange l'air très lent près de la surface avec l'air plus rapide dans l'ABL, réduisant la vitesse du vent M dans l'ensemble de l'ABL (Fig. 10.7).

Le résultat net est une force de traînée qui n'est normalement ressentie que par l'air dans l'ABL. Pour ABL profondeur zje la traînée est :

( egin{align} frac{F_{x TD}}{m}=-w_{T} cdot frac{U}{z_{i}} ag{10.19a}end{align })

( egin{align} frac{F_{y TD}}{m}=-w_{T} cdot frac{V}{z_{i}} ag{10.19b}end{align })

où wT est appelé turbulent vitesse de transport. L'amplitude totale de la force de traînée turbulente est

( egin{align} left|frac{F_{TD}}{m} ight|=w_{T} cdot frac{M}{z_{i}} ag{10.20}end {aligner})

et est toujours à l'opposé de la direction du vent.

Pour statiquement instable ABL avec des vents légers, où une surface sous-jacente chaude fait monter les thermiques de l'air chaud flottant (Fig. 10.7), cette turbulence convective transporte les informations de traînée vers le haut à la vitesse :

( egin{align} w_{T}=b_{D} cdot w_{B} ag{10.22}end{align})

où facteur sans dimension b = 1,83x10–3. Le échelle de vitesse de flottabilité, wB, est de l'ordre de 10 à 50 m s–1, comme expliqué dans le chapitre Bilan thermique

Pour statiquement neutre conditions où les vents forts M et cisaille à vent (changements de direction et/ou de vitesse du vent avec l'altitude) créent des tourbillons et des turbulences mécaniques près du sol (Fig. 10.7), la vitesse de transport est

( egin{align} w_{T}=C_{D} cdot M ag{10.21}end{align})

où le coefficient de traînée C est petit (2x10–3 sans dimension) sur des surfaces lisses et est plus grand (2x10–2) sur des surfaces plus rugueuses telles que les forêts.

Par beau temps, la force de traînée turbulente n'est ressentie que dans l'ABL. Cependant, les turbulences orageuses peuvent mélanger l'air lent près de la surface dans toute la troposphère. Les vents rapides au-dessus des montagnes peuvent créer une traînée de vague de montagne ressentie dans toute l'atmosphère (voir le chapitre sur les vents régionaux).

Exemple d'application

Quelle est la force de traînée par unité de masse s'opposant à un U = 15 m s–1 vent (avec V = 0) pour a : (a) ABL statiquement neutre au-dessus d'une forêt rugueuse ; & (b) ABL statiquement instable ayant une convection avec wB = 50 m s–1, étant donné zje = 1,5 km.

Trouve la réponse

Soit : U = M = 15 m s–1, zje = 1500 m, C = 2x10–2, wB = 50 m s–1.

Trouver : Fx DT/m = ? Mme–2.

(a) Éq. de branchement. (10.21) dans l'éq. (10.19a) donne :

(frac{F_{x TD}}{m}=-C_{D} cdot M cdot frac{U}{z_{i}}=-(0.02) cdot frac{(15 mathrm{m} / mathrm{s})^{2}}{1500 mathrm{m}})

= 3x10–3 Mme–2.

(b) Éq. de branchement. (10.22) dans l'éq. (10.19a) donne :

(frac{F_{x T D}}{m}=-b_{D} cdot w_{B} cdot frac{U}{z_{i}})

(=-(0.00183) cdot(50 mathrm{m} / mathrm{s}) cdot frac{(15 mathrm{m} / mathrm{s})}{1500 mathrm{m} })

= 9.15x10–4 Mme–2.

Vérifier: La physique et les unités sont raisonnables.

Exposition: Parce que le vent est positif (soufflant vers l'est), il faut que la traînée soit négative (poussant vers l'ouest). La turbulence de cisaillement (mécanique) et la turbulence convective (thermique/flottante) peuvent toutes deux causer une traînée en diluant les vents les plus rapides plus haut dans l'ABL avec des vents plus lents près de la surface.

Tableau 10-3. Résumé des forces.
ArticleNom de la ForceDirectionAmpleur (N kg–1)Horiz. (H) ou Vert. (V)Remarques (« article » est dans la colonne 1 ; H & V dans la colonne 5)
1la gravitévers le bas(left|frac{F_{G}}{m} ight|=|g|=9.8 mathrm{m} cdot mathrm{s}^{-2})Véquilibre hydrostatique lorsque les éléments 1 et 2V sont équilibrés
2gradient de pressionde la haute à la basse pression(left|frac{F_{P G}}{m} ight|=left|g cdot frac{Delta z}{Delta d} ight|)V & Hla seule force qui peut entraîner des vents horizontaux
3Coriolis (composé)90° à droite (gauche) du vent dans l'hémisphère nord (sud)(left|frac{F_{C F}}{m} ight|=2 cdot Omega cdot|sin (phi) cdot M|)H*vent géostrophique quand 2H et 3 équilibre (expliqué plus loin dans la section vent horiz.)
4traînée turbulenteopposé au vent(gauche|frac{F_{T D}}{m} ight|=w_{T} cdot frac{M}{z_{i}})H*au m. vent de couche limite quand équilibre 2H, 3 et 4 (expliqué dans la section vent horiz.)
5centrifuge (apparent)loin du centre de courbure(gauche|frac{F_{C N}}{m}droit|=frac{M^{2}}{R})H*centripète = opposé de centrifuge. Vent dégradé quand 2H, 3 et 5 équilibre
6advection (apparent)(tout)(gauche|frac{F_{A D}}{m} ight|=|-M cdot frac{Delta U}{Delta d}-cdots|)V & Hne crée ni ne détruit l'élan ; il suffit de le déplacer

* L'horizontale est la direction sur laquelle nous allons nous concentrer. Cependant, la force de Coriolis a une petite composante verticale pour les vents zonaux. La traînée turbulente peut exister dans la verticale pour l'air montant ou descendant, mais a une forme complètement différente de la traînée de couche limite donnée ci-dessus. La force centrifuge peut exister dans la verticale pour les tourbillons à axes horizontaux. Remarque : unités N kg–1 = m·s–2.


10.3 Effets de la rotation de la Terre : forces apparentes

La deuxième loi de Newton s'applique dans un référentiel inertiel, ce qui signifie que le référentiel n'accélère pas. Un point sur la Terre en rotation ne suit pas une ligne droite à travers l'espace, mais suit plutôt une trajectoire à peu près circulaire et accélère donc constamment vers l'axe de rotation. Par conséquent, la Terre ne fournit pas de référentiel inertiel. Pour un astronaute dans l'espace lointain observant la météo sur Terre, les mouvements de l'air obéissent parfaitement à la deuxième loi de Newton, mais pour un observateur lié à la Terre, la deuxième loi de Newton ne parvient pas à capturer le mouvement observé. Pour expliquer ce comportement fou, l'observateur lié à la Terre doit ajouter des forces apparentes aux forces réelles pour que les mathématiques expliquent le mouvement observé du point de vue de quelqu'un se tenant sur la Terre en rotation.

Supposons que nous ayons une parcelle d'air en mouvement à travers l'espace avec une vitesse U → un MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOvaaGaay51GaWaaSbaaSqaaiaadggaaeqaaaaa @ 366B @, que nous appellerons la vitesse absolue. Nous voulons relier cette vitesse absolue à U → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOvaaGaay51Gaaaaa @ 3559 @, la vitesse observée par rapport au cadre de référence de la Terre. Soit U → e MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOvaaGaay51GaWaaSbaaSqaaiaadwgaaeqaaaaa @ 366F @ la vitesse de la Terre. nous ne considérons ici que la vitesse de la Terre due à la rotation autour de son axe (le mouvement autour du Soleil est beaucoup moins important), alors U → e MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 =vr0=vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaad[email protected][email protected] est toujours vers l'est, le plus grand à l'équateur et zéro aux pôles. La vitesse absolue d'un colis d'air est simplement la vitesse du colis d'air par rapport à la Terre plus la vitesse de la Terre elle-même : ribbf9v8qqaqFr0xc9pk0xbba9q8WqFfea0 = yr0RYxir = Jbba9q8aq0 = YQ = He9q8qqQ8frFve9Fve9Ff0dc9Gqpi0dmeaabaqaciGacaGaaeqabaWaaeaaeaaakeaaqqaaaaaaaaGySf2yRbWdbiqadwfapaGbaSaadaWgaaWcbaWdbiaadggaa8aabeaakiabg2da98qaceWGvbWdayaalaGaey4kaSYdbiqadwfapaGbaSaadaWgaaWcbaWdbiaadwgaa8aabeaaaaa @ 3B08 @

Quelle est la vitesse de la Terre ? Considérons un point précis de la Terre. Laissez Ω → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aqaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaeuyQdCfacaGLxdcaaaa @ 360D @ être vecteur de vitesse angulaire de la Terre, r → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aqaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 =OqFfea0dXdd9vqaq=JfrVkFHe9pgea0dXdar=Jb9hs0dXdbPYxe9vr0=vr0=vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOCaaa' au dessus). L'ampleur de Ω → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aqaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaeuyQdCfacaGLxdcaaaa @ 360D @ est | → | = 2 π 23,934 h 1 h 3600 s = 7,292 x 10 - 5 s - 1 MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaahmart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCaebbnrfifHhDYfgasaacH8srps0lbbf9q8WrFfeuY = ribbf9v8qqaqFr0xc9pk0xbba9q8WqFfea0 = yr0RYxir = Jbba9q8aq0 = yq = He9q8qqQ8frFve9Fve9Ff0dc9Gqpi0dmeaabaqaciGacaGaaeqabaWaaeaaeaaakeaaqqaaaaaaaaGySf2yRbWdbmaaemaapaqaa8qacuqHPoWvpaGbaSaaa8qacaGLhWUaayjcSdGaeyypa0ZaaSaaa8aabaWdbiaaikdacqaHapaCa8aabaWdbiaaikdacaaIZaGaaiOlaiaaiMdacaaIZaGaaGinaiaabccacaqGObGaaeOCaaaadaWcaaWdaeaapeGaaGymaiaabccacaqGObGaaeOCaaWdaeaapeGaaG4maiaaiAdacaaIWaGaaGimaiaabccacaqGZbaaaiabg2da9iaaiEdacaGGUaGaaGOmaiaaiMdacaaIYaGaey41aqRaaGymaiaaicdapaWaaWbaaSqabeaapeGaeyOeI0IaaGynaaaakiaabohapaWaaWbaaSqabeaapeGaeyOeI0Iaaeymaaaaaaa @ 5893 @ et la direction de Ω → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aqaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = vr0=vqpi0dc9GqpWqa[email protected][email protected] est déterminé par la règle de la main droite (la direction de votre pouce lorsque vous courbez les doigts de votre main droite dans le sens de la rotation et pointez votre pouce vers l'étoile polaire). Pour déterminer la vitesse angulaire de la Terre, notons que nous avons utilisé la durée du jour sidérale, 23,934 h, qui est la durée du jour lorsque la rotation de la Terre est mesurée par rapport aux étoiles fixes (le référentiel inertiel).

La vidéo suivante (:51) démontrera la règle de la main droite :

u sub e est la vitesse vers l'est de la Terre. Il est pointé dans la page. Nous savons que u sub e est égal à r - qui est le vecteur de distance le plus court entre l'axe de rotation de la Terre et le point à la surface - fois oméga, qui est le vecteur de rotation de la Terre. Les unités d'oméga sont des secondes au moins 1, ce qui en fait une fréquence.Notez que u sub e est égal à r fois oméga, qui est également égal à oméga croix r. Nous pouvons le voir si vous prenez votre main droite avec vos doigts pointés dans la direction oméga et la paume dans la direction r. Et vous pliez vos doigts dans la paume. Votre pouce pointera vers la page, qui est la direction de u sub e et est dans la direction x positive.

L'ampleur de U → e MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOvaaGaay51GaWaaSbaaSqaaiaadwgaaeqaaaaa @ @ 366F est , Mais nous avons besoin d'écrire U → e MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOvaaGaay51GaWaaSbaaSqaaiaadwgaaeqaaaaa @ 366F @ comme vecteur. Notez que U → e MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOvaaGaay51GaWaaSbaaSqaaiaadwgaaeqaaaaa @ 366F @ est indiqué dans la page dans la figure ci-dessus, qui est une direction perpendiculaire à la fois Ω → et R → . Par conséquent, nous pouvons utiliser l'équation du produit vectoriel pour écrire une expression pour la vitesse de la Terre : U → e = Ω → × R → = Ω → × r → , puisque la composante de r → perpendiculaire à Ω → est R → . Alors:

U → a = U → + Ω → × r → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOvaaGaay51GaWaaSbaaSqaaiaadggaaeqaaOGaeyypa0Zaa8HaaeaacaWGwbaacaGLxdcacqGHRaWkdaWhcaqaaiabfM6axbGaay51GaGaey41aq7aa8HaaeaacaWGYbaacaGLxdcaaaa @ @ 42F0

Nous avons ainsi lié la vitesse dans le référentiel absolu à la vitesse dans le référentiel tournant.

Maintenant, nous pouvons considérer l'accélération. Since U → = D r → D t MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aqaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOvaaGaay51GaGaeyypa0ZaaSaaaeaacaWGebWaa8HaaeaacaWGYbaacaGLxdcaaeaacaWGebGaamiDaaaaaaa @ 3BA6 @ et U → a = D a r → D t on peut écrire:

D a r → D t = D r → D t + × Ω → R → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaalaaabaGaamiramaaBaaaleaacaWGHbaabeaakmaaFiaabaGaamOCaaGaay51GaaabaGaamiraiaadshaaaGaeyypa0ZaaSaaaeaacaWGebWaa8HaaeaacaWGYbaacaGLxdcaaeaacaWGebGaamiDaaaacqGHRaWkdaWhcaqaaiabfM6axbGaay51GaGaey41aq7aa8HaaeaacaWGYbaacaGLxdcaaaa @ @ 485E

Cette équation décrit le changement de position d'une parcelle d'air avec le temps observé à partir d'un référentiel inertiel (la dérivée à gauche) jusqu'au changement avec le temps observé à partir du référentiel terrestre (la dérivée à droite). L'équation [10.11] est générale et s'applique non seulement à r → mais aussi à tout autre vecteur.

Remplaçons r → sur le côté gauche avec U → un MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaahmart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCaebbnrfifHhDYfgasaacH8srps0lbbf9q8WrFfeuY = ribbf9v8qqaqFr0xc9pk0xbba9q8WqFfea0 = yr0RYxir = Jbba9q8aq0 = YQ = He9q8qqQ8frFve9Fve9Ff0dc9Gqpi0dmeaabaqaciGacaGaaeqabaWaaeaaeaaakeaaqqaaaaaaaaGySf2yRbWdbiqadwfapaGbaSaapeWaaSbaaSqaaiaadggaaeqaaaaa @ 35BC @ et r → sur le côté droit avec U → + Ω → × r → puisque ces deux expressions sont égales dans l'équation [10.10]. En faisant ces substitutions, nous pouvons relier l'accélération dans le référentiel absolu à l'accélération dans le référentiel tournant :

Nous pouvons simplifier cette équation et ensuite nous pouvons lui donner un sens physiquement. Premièrement, Ω → ne change pas de manière significative avec le temps, donc D Ω → D t peut être mis à zéro. En second lieu, (Ω → × r →) MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaiaacIcadaWhcaqaaiabfM6axbGaay51GaGaey41aq7aa8HaaeaacaWGYbaacaGLxdcacaGGPaaaaa @ 3C27 @ a l'amplitude de Ω R MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaiabfM6axjaadkfaaaa @ 352F @ et pointe vers l'est (par la règle de la main droite) et donc Ω → x (Ω → × r →) MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + =faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdaq=Hebbe0 dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaeuyQdCfacaGLxdcacqGHxdaTcaGGOaWaa8HaaeaacqqHPoWvaiaawEniaiabgEna0oaaFiaabaGaamOCaaGaay51GaGaaiykaaaa @ 4180 @ a l'amplitude Ω 2 R MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aqaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaiabfM6axnaaCaaaleqabaGaaGOmaaaakiaadkfaaaa @ 3623 @ et pointe vers - R → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aqaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaamOuaaGaay51Gaaaaa @ 3556 @. Enfin, notant que U → = D r → D t , on aboutit à l'équation :

D U → a D t = D U → D t + 2 Ω → × U → - Ω 2 R → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaalaaabaGaamiramaaBaaaleaacaWGHbaabeaakmaaFiaabaGaamOvaaGaay51GaWaaSbaaSqaaiaadggaaeqaaaGcbaGaamiraiaadshaaaGaeyypa0ZaaSaaaeaacaWGebWaa8HaaeaacaWGwbaacaGLxdcaaeaacaWGebGaamiDaaaacqGHRaWkcaaIYaWaa8HaaeaacqqHPoWvaiaawEniaiabgEna0oaaFiaabaGaamOvaaGaay51GaGaeyOeI0IaeuyQdC1aaWbaaSqabeaacaaIYaaaaOWaa8HaaeaacaWGsbaacaGLxdcaaaa @ 4FDB @

Le terme de gauche est l'accélération dans le référentiel inertiel absolu. Le premier terme à droite est l'accélération dans le référentiel terrestre. Les termes restants sont les accélérations apparentes. La première est l'accélération de Coriolis et la seconde est l'accélération centripète.

Nous pouvons maintenant combiner l'équation [10.13] avec la version de l'équation [10.9] qui est moyennée pour obtenir :

− 1 ρ ∇ → p + g → * − C d h | V → | V → = D U → D t + 2 → × U → − Ω 2 R →

puis réarrangez cette équation pour obtenir :

D U → D t = − 1 ρ ∇ → p + g → * − C d h | V → | V → - 2 × Ω → U + Ω → R → 2 MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaahmart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCaebbnrfifHhDYfgasaacH8srps0lbbf9q8WrFfeuY = ribbf9v8qqaqFr0xc9pk0xbba9q8WqFfea0 = yr0RYxir = Jbba9q8aq0 = yq = He9q8qqQ8frFve9Fve9Ff0dc9Gqpi0dmeaabaqaciGacaGaaeqabaWaaeaaeaaakeaaqqaaaaaaaaGySf2yRbWdbmaalaaapaqaa8qacaWGebGabmyva8aagaWcaaqaa8qacaWGebGaamiDaaaacqGH9aqpcqGHsisldaWcaaWdaeaapeGaaGymaaWdaeaapeGaeqyWdihaaiqbgEGir = aagaWca8qacaWGWbGaey4kaSIabm4za8aagaWca8qacaGGQaGaeyOeI0YaaSaaa8aabaWdbiaadoeapaWaaSbaaSqaa8qacaWGKbaapaqabaaakeaapeGaamiAaaaadaabdaWdaeaapeGabmOva8aagaWcaaWdbiaawEa7caGLiWoaceWGwbWdayaalaWdbiabgkHiTiaaikdacuqHPoWvpaGbaSaapeGaey41aqRabmyva8aagaWca8qacqGHRaWkcqqHPoWvpaWaaWbaaSqabeaapeGaaGOmaaaakiqadkfapaGbaSaaaaa @ 5604 @

Force centrifuge

La force centrifuge est dirigée loin de l'axe de rotation de la Terre et est du même type de force que vous ressentez lorsque vous êtes dans une voiture dans un virage serré. Au cours de sa longue histoire, tout le matériel qui compose la Terre s'est adapté à la force gravitationnelle réelle, g → * , qui est dirigée vers le centre de la Terre, et à la force centrifuge apparente qui est dirigée loin de l'axe de rotation de la Terre (voir la figure ci-dessous) .

La gravité résultante que ressent la Terre et tout ce qui s'y trouve est la somme vectorielle de cette force réelle et apparente :

g = g * → → + Ω → R 2 MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaam4zaaGaay51GaGaeyypa0Zaa8HaaeaacaWGNbGaaiOkaaGaay51GaGaey4kaSIaeuyQdC1aaWbaaSqabeaacaaIYaaaaOWaa8HaaeaacaWGsbaacaGLxdcaaaa @ @ 3FAC

Comme la force centrifuge dépend de R → , elle est maximale à l'équateur et nulle aux pôles. En raison de la force centrifuge, la Terre est devenue légèrement aplatie, avec un rayon équatorial de 6378,1 km, soit 0,34% plus grand que le rayon polaire de 6356,8 km. Notez que g → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaam4zaaGaay51Gaaaaa @ 356A @ est toujours perpendiculaire à la surface de la Terre, ce qui est très utile car la coordonnée verticale est toujours choisi d'être perpendiculaire à la surface de la Terre, de sorte que g → MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaagCart1ev2aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaibaieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj = hHeeu0xXdbba9frFj0 = OqFfea0dXdd9vqaq = JfrVkFHe9pgea0dXdar = Jb9hs0dXdbPYxe9vr0 = VR0 = vqpi0dc9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaamaaFiaabaGaam4zaaGaay51Gaaaaa @ @ 356A est que dans le z direction et, comme l'indique la figure ci-dessus, ne pointe pas vers le centre de la Terre (sauf aux pôles et à l'équateur). La valeur de g à l'équateur est de 9,780 m s -2 , ce qui est de 0,052 m s -2 plus petit que la valeur de g aux pôles, soit 9,832 m s –2 . La force centrifuge à l'équateur est Ω 2 R = (7,27 x 10 –5 s –1 ) 2 (6,378 x 10 6 m) = 0,033 m s –2 , et représente donc environ 2/3 de la différence de g entre l'équateur et les pôles. Le reste de la différence est dû à la différence de g*, qui est surestimé par la différence de rayons équatorial et polaire - le problème est plus compliqué qu'il n'y paraît car la loi de la gravitation de Newton ne s'applique qu'aux masses ponctuelles. En tout cas, la différence entre g aux pôles et à l'équateur est suffisamment petit pour une valeur constante de g = 9,8 m s –2 pour convenir à la plupart des applications en dynamique atmosphérique.

La combinaison des équations [10.14] et [10.15] donne une forme plus utile de la conservation de la quantité de mouvement moyenne dans le cadre de référence en rotation :

D U → D t = − 1 ∇ → p + g → − C d h | V → | V → − 2 → × U →

Si vous avez déjà regardé les informations pendant un ouragan ou un Nor'easters en hiver, vous avez probablement remarqué que les grosses tempêtes se succèdent au fil du temps. Dans l'hémisphère nord, ils tournent dans le sens inverse des aiguilles d'une montre. Mais si vous regardiez une tempête dans l'hémisphère sud, vous la verriez tourner dans le sens des aiguilles d'une montre.

Pourquoi les tempêtes tournent-elles dans des directions différentes selon leur emplacement, et pourquoi tournent-elles en premier lieu ? La rotation d'une tempête est due à ce qu'on appelle l'effet Coriolis, qui est un phénomène qui provoque la courbure des fluides comme l'eau et l'air lorsqu'ils se déplacent à travers ou au-dessus de la surface de la Terre.

Voici l'idée de base : la Terre tourne constamment autour de son axe d'ouest en est, mais comme la Terre est une sphère et plus large au milieu, les points de l'équateur tournent en fait plus vite autour de l'axe que les points proches des pôles. Imaginez donc que vous vous trouviez au Texas et que vous disposiez d'un avion en papier magique qui pouvait parcourir des centaines de kilomètres. Si vous lanciez votre avion directement vers le nord, vous pourriez penser qu'il atterrirait tout droit vers le nord, peut-être quelque part dans le Nebraska.

Mais le Texas tourne autour de l'axe de la Terre plus rapidement que le Nebraska parce qu'il est plus proche de l'équateur. Cela signifie que l'avion en papier tourne aussi plus vite. Et lorsque vous le lancez, cet élan de rotation est conservé. Donc, si vous jetiez votre avion en papier en ligne droite vers le nord, il atterrirait quelque part à droite du Nebraska, peut-être dans le Delaware.

Donc, de votre point de vue au Texas, l'avion aurait pris une trajectoire courbe vers la droite. L'inverse se produirait dans l'hémisphère sud. Un objet voyageant de l'équateur vers le sud serait dévié vers la gauche.

Alors, qu'est-ce que cela a à voir avec la rotation des ouragans ? Eh bien, au centre de chaque ouragan se trouve une zone de très basse pression. En conséquence, l'air à haute pression entourant le centre, ou l'œil d'une tempête, se précipite constamment vers le vide à basse pression au milieu. Mais à cause de l'effet Coriolis, l'air se précipitant vers le centre est dévié de sa trajectoire.

Dans l'hémisphère nord, les volumes d'air de tous les côtés de l'œil continuent à être légèrement tirés vers la droite. L'air continue d'essayer de se frayer un chemin vers le milieu et continue d'être dévié, faisant tourner tout le système dans le sens inverse des aiguilles d'une montre. Dans l'hémisphère sud, où l'effet Coriolis tire l'air vers la gauche, c'est l'inverse qui se produit. Les tempêtes tournent autour de l'œil dans le sens des aiguilles d'une montre.

Force de Coriolis

La force de Coriolis, − 2 Ω → × U → , n'agit sur une parcelle d'air (ou tout autre objet) que lorsqu'elle se déplace par rapport à la Terre. Il agit perpendiculairement au vecteur vitesse angulaire de la Terre et au vecteur vitesse de la parcelle d'air. L'explication de la force de Coriolis est généralement divisée en une explication dans le direction zonale (latitude constante) et le direction méridienne (longitude constante).

Débit zonal (vitesse du vent est-ouest)

Considérons une particule d'air initialement au repos et en équilibre hydrostatique, mais accélérée de manière impulsive à une vitesse vous à l'est (voir le côté gauche de la figure ci-dessous). Initialement, lorsqu'il était au repos, il avait la même accélération que la Terre en dessous. Cependant, après avoir accéléré à la vitesse vous, il a soudainement eu plus d'accélération qu'auparavant, ce qui l'a déséquilibré hydrostatique. Regardez le changement d'accélération qui vient de la particule d'air acquérant soudainement une vitesse vers l'est, qui est juste l'accélération après que la vitesse change moins l'accélération avant que la vitesse change et soit égale (+u/R) 2 R – Ω 2 R. A une très bonne approximation, ce changement est égal à la force de Coriolis, 2Ωu. Il y a une composante verticale qui pointe vers le haut, mais il y a aussi une composante horizontale de force qui pointe vers la droite du mouvement dans l'hémisphère nord et vers la gauche dans l'hémisphère sud.

Considérons maintenant une parcelle d'air initialement au repos mais accélérée de manière impulsive à une vitesse vous à l'ouest (voir le côté droit de la figure ci-dessous). Le colis d'air a soudainement moins de moment angulaire qu'auparavant et subit une diminution de la force centrifuge. Cette diminution du moment cinétique, à une très bonne approximation, est égale à la force de Coriolis, 2Ωu, mais est pointé vers l'axe de rotation de la Terre. Il y a une composante verticale qui pointe vers le bas, mais la composante horizontale de la force qui pointe vers la droite du mouvement dans l'hémisphère nord et vers la gauche dans l'hémisphère sud.

On peut écrire les accélérations dans le oui et z directions dues à l'air se déplaçant vers l'est avec la vitesse vous:

accélération de Coriolis dans la direction y = D v D t = - 2 Ω u sin φ MathType @ CDMT @ 5 @ 5 @ + = faaahmart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCaebbnrfifHhDYfgasaacH8srps0lbbf9q8WrFfeuY = ribbf9v8qqaqFr0xc9pk0xbba9q8WqFfea0 = yr0RYxir = Jbba9q8aq0 = yq = He9q8qqQ8frFve9Fve9Ff0dc9Gqpi0dmeaabaqaciGacaGaaeqabaWaaeaaeaaakeaaqqaaaaaaaaGySf2yRbWdbiaaboeacaqGVbGaaeOCaiaabMgacaqGVbGaaeiBaiaabMgacaqGZbGaaeiOaiaabggacaqGJbGaae4yaiaabwgacaqGSbGaaeyzaiaabkhacaqGHbGaaeiDaiaabMgacaqGVbGaaeOBaiaabckacaqGPbGaaeOBaiaabckacaqG0bGaaeiAaiaabwgacaqGGcGaamyEaiaabckacaqGKbGaaeyAaiaabkhacaqGLbGaae4yaiaabshacaqGPbGaae4Baiaab6gacqGH9aqpdaWcaaWdaeaapeGaamiraiaadAhaa8aabaWdbiaadseacaWG0baaaiabg2da9iabgkHiTiaaikdacqqHPoWvcaWG1bGaci4CaiaacMgacaGGUbGaeqy1dygaaa @ @ 686A

Flux méridional (vitesse nord-sud)

Qu'en est-il d'un colis aérien voyageant vers le nord à altitude constante ? Notez que la parcelle d'air se déplaçant vers le nord commence à une plus grande distance de l'axe de la Terre et se rapproche de l'axe de la Terre si elle se déplace à la même hauteur au-dessus de la surface. Son moment angulaire est conservé, il se déplace donc plus rapidement vers l'est que la Terre en dessous. En conséquence, il semble se déplacer vers la droite ou vers l'est.

Si la même parcelle d'air se déplace vers le sud à la même hauteur au-dessus de la surface de la Terre, elle se déplace alors à une plus grande distance de l'axe de rotation de la Terre. Son moment angulaire devient inférieur à celui de la Terre, il ralentit par rapport à la Terre et il vire vers la droite du sud ou vers l'ouest.

Dans les deux cas d'écoulement zonal et méridional, la vitesse de la parcelle d'air par rapport à la Terre fait que la parcelle d'air a un moment angulaire différent de celui de la Terre en dessous. La conservation du moment cinétique pendant ce mouvement nécessite que la force de Coriolis apparente soit ajoutée afin de décrire le mouvement observé. Voir la vidéo ci-dessous (2:11) pour plus d'explications :

La force de Coriolis est une force apparente qui représente le mouvement sur une sphère en rotation, telle que la Terre. Nous pouvons casser l'explication de la force de Coriolis dans deux cas : le flux zonal, qui est est-ouest, et le flux méridional, qui est nord-sud. L'explication des deux cas repose sur la conservation du moment cinétique. Pour le flux zonal, imaginez une parcelle d'air se déplaçant vers l'est avec une vitesse, u. L'accélération angulaire est juste la vitesse angulaire multipliée par le rayon de rotation. Si le colis se déplace à une vitesse de u par rapport à la surface de la Terre, alors il a un moment angulaire supplémentaire, qui est u divisé par r. Pour trouver l'accélération angulaire totale de la particule d'air en mouvement, nous devons mettre au carré le moment angulaire de la particule d'air, qui est oméga plus u divisé par r, puis le multiplier par r. Nous soustrayons ensuite l'accélération de la Terre, qui n'est que l'oméga au carré r. La différence, à une bonne approximation, est de 2 oméga fois u, qui est juste la force de Coriolis, et, dans le cas du mouvement vers l'est, est pointée loin de l'axe de la Terre dans l'hémisphère nord. Ainsi, la force de Coriolis fait tourner la parcelle d'air vers la droite pour le flux zonal. Si la parcelle d'air se déplace vers l'ouest, alors, selon le même argument, la force de Coriolis pointe vers l'axe de rotation de la Terre dans l'hémisphère nord, ce qui fait à nouveau tourner la parcelle d'air vers la droite. L'explication du flux méridional est plus simple. Une parcelle d'air a initialement le moment cinétique de la Terre à sa latitude. S'il se déplace vers le nord à la même hauteur, il a alors plus de moment angulaire que la Terre en dessous. Et donc elle va plus vite que la Terre et semble se déplacer vers la droite. S'il se déplace vers le sud à la hauteur, alors il a moins de moment angulaire que la Terre et semble ralentir par rapport à la Terre et semble donc se déplacer vers la droite.

Trouver la magnitude et la direction de la force de Coriolis

L'amplitude de la force de Coriolis horizontale est simplement de 2 | V → | sin , où est la latitude. Cette magnitude s'applique à la fois aux hémisphères nord et sud. La direction de la force de Coriolis est de 90 degrés à droite du vecteur vitesse horizontal dans l'hémisphère nord et de 90 degrés à gauche du vecteur vitesse horizontal dans l'hémisphère sud.


Réponses et réponses

Ohhh, c'est logique. Mais pourquoi ai-je besoin de la force normale ?

Pour la partie a, je peux le résoudre en utilisant W=Fd, non ?
Donc ce serait (345 N)(24,0 m) = 8280 Joules, non ??

Mais alors pour la partie b, est-ce que j'utilise la force normale comme force à multiplier par le déplacement ?

Ensuite, pour la partie c, après avoir trouvé a et b, je peux maintenant calculer le travail net effectué sur la caisse car la partie a est la composante horizontale et b est la composante verticale. droite?

Désolé, je ne suis pas sûr d'avoir tout compris.

Pour la partie b, vous utilisez la même formule, mais la force est la force de frottement. La friction fait du travail contre le travailleur sur toute la longueur du sol.

Pour le réseau, vous soustrayez la partie b de la partie a. La position de la caisse dans le sens vertical n'a pas changé, donc aucun travail n'a été fait dans ce sens.

L'un des problèmes que vous rencontrez est apparent dans votre premier message:
"Je comprends que le travail est égal à la force multipliée par le déplacement multiplié par le cosin de thêta."

Non, vous ne comprenez pas cela. Tu connais la formule mais tu ne la connais pas comprendre il! C'est la formule pour le travail effectué en poussant le poids vers le haut d'un plan incliné. Le fait qu'il n'y ait pas de "theta" dans ce problème aurait dû être un indice que cette formule ne s'applique pas ici.

En fait, je ne devrais pas être si dur, le problème est confus. Il est écrit "Un ouvrier pousse une caisse de 1,50 x 10^3 N avec une force horizontale de 345 N sur une distance de 24,0 m. Supposons que le coefficient de friction cinétique entre la caisse et le sol est de 0,220."

Vous avez tout à fait raison de dire que le travail effectué pour déplacer la caisse est de "force fois distance"= 345*24= 8280 Joules puisque vous recevez la force horizontale.

Cependant, pour résoudre la partie "b) Combien de travail est effectué par le sol sur la caisse?" vous devez trouver la force de friction qui est de 0,220*1500=
330 N. Le sol fait 330*24 = 7920 Joules de travail.

Bien sûr, cela signifie qu'il y avait un "net" de 8280-7920 = 360 Joules.

Ce qui s'est passé, c'est que la personne qui pousse la caisse a utilisé plus de force que nécessaire - 345-330 = 15 N de plus que nécessaire.
15*24= 360 Joules de travail. Où est passé ce travail ? 7920 du travail est allé à surmonter la friction (et est devenu la chaleur). Les 360 Joules restants sont entrés dans l'accélération de la boîte et sont devenus de l'énergie cinétique.

Publié à l'origine par HallsofIvy
L'un des problèmes que vous rencontrez est apparent dans votre premier message:
"Je comprends que le travail est égal à la force multipliée par le déplacement multiplié par le cosin de thêta."

Non, vous ne comprenez pas cela. Tu connais la formule mais tu ne la connais pas comprendre il! C'est la formule pour le travail effectué en poussant le poids vers le haut d'un plan incliné. Le fait qu'il n'y ait pas de "theta" dans ce problème aurait dû être un indice que cette formule ne s'applique pas ici.

Publié à l'origine par HallsofIvy
L'un des problèmes que vous rencontrez est apparent dans votre premier message:
"Je comprends que le travail est égal à la force multipliée par le déplacement multiplié par le cosin de thêta."

Non, vous ne comprenez pas cela. Tu connais la formule mais tu ne la connais pas comprendre il! C'est la formule pour le travail effectué en poussant le poids vers le haut d'un plan incliné. Le fait qu'il n'y ait pas de "theta" dans ce problème aurait dû être un indice que cette formule ne s'applique pas ici.

En fait, mon professeur nous a appris à utiliser cette formule dans tous les cas, même s'il n'y a pas de thêta. S'il n'y en a pas, elle nous a juste dit d'utiliser le degré de 0 qui est égal à un, donc cela ne change pas le problème. Je suppose que cela dépend juste.


10.3 : Forces horizontales - Géosciences

Problème supplémentaire de la quatrième édition de Serway

(4ed) 12.* Une corde à piano en acier de 1,12 m de long a une section transversale de 6,0 x 10 -3 cm 2 . Sous une tension de 115 N, de combien s'étire-t-il ?

D'après le tableau 12.1, p 346, le module de Young pour l'acier est de 20 x 10 10 N / m 2 .

A = 6,0 x 10 -3 cm 2 [ 1 m 2 / 10 4 cm 2 ] = 6,0 x 10 -7 m 2

contrainte = F / A = 115 N / 6,0 x 10 -7 m 2

F / A = 1,92 x 10 8 N / m 2

Q12.4 Le centre de gravité d'un objet peut être situé à l'extérieur de l'objet. Donnez quelques exemples pour lesquels c'est le cas.

Faites attention. Il s'agit essentiellement de la question 9.12 reformulée. Nous y avons trouvé des exemples de beignet, d'équerre de menuisier et de perchiste.

Q12.5 On vous donne un morceau de contreplaqué de forme arbitraire, avec un marteau, un clou et un fil à plomb. Comment pourriez-vous utiliser les éléments pour localiser le centre de gravité du contreplaqué ?

Si vous suspendez le morceau de contreplaqué de forme arbitraire pour qu'il puisse tourner, le centre de masse se retrouvera directement sous le point d'appui. Vous pouvez accrocher le fil à plomb ou le fil à plomb à partir de ce point de support et tracer une ligne le long du fil à plomb. Le CoM est quelque part sur cette ligne. Ensuite, accrochez le morceau de contreplaqué à un autre point et recommencez. Le CoM est à l'intersection de ces deux lignes. Vous voudrez peut-être "vérifier" cela en le suspendant à un troisième point et en vous assurant que les trois lignes coupent un point commun comme elles le devraient.

Q12.9 Lorsque vous soulevez un objet lourd, pourquoi est-il recommandé de garder le dos aussi vertical que possible, en le soulevant à partir des genoux plutôt que de se pencher et de se soulever à partir de la taille ?

Cela réduit les forces exercées par les muscles du dos - les forces sur votre colonne vertébrale.

Q12.10 Donnez quelques exemples dans lesquels plusieurs forces agissent sur un système de telle sorte que leur somme est nulle mais que le système n'est pas en équilibre.

Cela aussi est similaire à une question précédente, la question 10.7. Si deux forces dans des directions opposées, mais de même grandeur et ne pas dans la même ligne, agissent sur un objet, leur force nette est zéro donc l'objet fait pas accélérer. Cependant, ces forces exercent encore une couple net sur l'objet afin qu'il ait une accélération angulaire.

Q12.11 Si vous mesurez le couple net et la force nette sur un système à zéro,

(a) Le système pourrait-il encore tourner par rapport à vous ?

Un couple net de zéro signifie qu'il n'y aura pas d'angle accélération mais le la vitesse angulaire n'a pas besoin d'être nulle.

(b) Cela pourrait-il se traduire par rapport à vous ?

La traduction n'a rien à voir avec le couple net donc, oui, cela pourrait bien être la traduction.

Q12.12 Une échelle repose inclinée contre un mur. Vous sentiriez-vous plus en sécurité en montant à l'échelle si l'on vous disait que le sol est sans friction mais que le mur est rugueux ou que le mur est sans friction mais que le sol est rugueux ?

Un frottementmoins surface peut encore exercer une Ordinaire (perpendiculaire !) force.

Considérez les couples autour du centre de masse. À ce sujet, en tant que centre de rotation, le poids du grimpeur crée un dans le sens des aiguilles d'une montre couple. Frottement de la sol va créer un dans le sens inverse des aiguilles d'une montre couple pour équilibrer cela.

je voudrais un sol rugueux.

12.1 Un joueur de baseball tient un bâton de 36 oz (poids = 10,0 N) avec une main au point O (Fig P12.1). La chauve-souris est en équilibre. Le poids du bâton agit le long d'une ligne à 60 cm (ou 0,60 m) à droite de O. Déterminer la force et le couple exercés sur le bâton par le joueur.

La première condition d'équilibre est que la somme de toutes les forces doit être nulle.

La deuxième condition d'équilibre est que la somme des couples soit nulle ou que la somme des couples horaires soit égale à la somme des couples antihoraires. On mesurera le couple autour du point O.

ccw = cw

ccw = ext = (0,60 m) (10,0 N) = cw

ext = 6,0 m-N

12.2 Écrivez les conditions d'équilibre nécessaires pour le corps illustré à la figure P12.2. Prendre l'origine de l'équation du couple au point O.

Les couples seront calculés autour du point O l'extrémité inférieure gauche de la tige

Rx : = 0

R y : = 0

w : = cw = (L / 2) (w) sin (180 o - ) = (L / 2) (w) cos

F x : = cw = (L) (F x ) sin

F y : = ccw = (L) (F y ) sin (180 o - ) = (L) (F y ) cos

ccw = cw

ccw = (L) (F y ) cos=

= (L) (F x ) sin + (L / 2) (w) cos = cw

12.7 Une équerre de menuisier a la forme d'un « L », comme dans la figure P 12.8. Localisez son centre de gravité.

Traitez cela comme deux objets rectangulaires.

Maintenant, il s'agit simplement de trouver le centre de masse d'un système à deux masses.

X = [ X1 mX + X2 m2 ] / [ m1 + m2 ]

X = [(2)(72) + (8)(22)] / [72 + 32]

X = 3,1 cm

O = [ O1 mX + O2 m2 ] / [ m1 + m2 ]

Y= [(9)(72) + (2)(22)] / [72 + 32]

Y = 6,7 cm

12.20 Un panneau hémisphérique de 1,0 m de diamètre et de masse volumique uniforme est soutenu par deux cordes, comme le montre la figure P12.19. Quelle fraction du poids du signe est supportée par chaque chaîne ?

12.21 Sir Lost-a-Lot enfile son armure et quitte le château sur son fidèle destrier dans sa quête pour sauver les belles demoiselles des dragons (Fig P12.20). Malheureusement, son aide a abaissé le pont-levis trop loin et l'a finalement arrêté à 20,0o au-dessous de l'horizontale. Sir Lost et son coursier s'arrêtent lorsque leur centre de masse combiné est à 1,0 m de l'extrémité du pont. Le pont mesure 8,0 m de long et a une masse de 2 000 kg. Le câble de levage est attaché au pont à 5 m de l'extrémité du château et à un point situé à 12,0 m au-dessus du pont. La masse de Sir Lost combinée à son armure et à sa monture est de 1 000 kg.

(a) Déterminer la tension dans le câble et

(b) les composantes de force horizontale et verticale agissant sur le pont à l'extrémité du château.

Tout d'abord, un diagramme de corps libre montrant toutes les forces impliquées.

Mes diagrammes sont rapidement devenus assez désordonnés, j'ai donc réparti certaines de ces informations sur deux ou trois diagrammes. Ci-dessus, le diagramme du corps libre montre toutes les forces. Ci-dessous, j'ai ajouté des vecteurs et des dimensions, montrant les forces sont appliquées.

Il est toujours possible que j'aie rendu les choses plus difficiles qu'elles ne devraient l'être. Mais c'était intéressant et amusant (!?) de trouver l'angle de 44,2 o entre le pont-levis dans sa position actuelle et le câble. Il s'agit d'un triangle qui est ne pas un triangle rectangle donc j'ai dû revenir à "Loi des sinus" et la "Loi des Cosinus" que je n'ai pas utilisée depuis un bon moment. Le sac d'outils d'un physicien (ou d'un ingénieur) comprend beaucoup de choses provenant de nombreux cours de mathématiques qu'il ne faut pas oublier. Cet angle de 44,2° est l'angle entre le pont-levis et le câble. L'angle entre le horizontal et le câble est de 64,2 o .

Nous sommes maintenant prêts à commencer à appliquer le deux conditions d'équilibre. Attention à tous les angles.

Le première condition d'équilibre est que la somme vectorielle de toutes les forces est égale à zéro.

FX = 0

FX = RX - Tcos 64,2 o = 0

RX = Tcos 64,2 o = 0,435 T

Foui = Roui + T sin 64,2 o - W - w = 0

W = (2 000 kg) (9,8 m/s 2 ) = 19 600 N

w = (1 000 kg) (9,8 m/s 2 ) = 9 800 N

Roui + 0,900 T sin 64,2 o = 29 400 N

Comme nous devons nous y attendre, à ce stade, nous avons trois inconnues - RX, Roui, et T -- mais seulement deux équations. Nous obtiendrons la troisième équation en appliquant le deuxième condition d'équilibre, que la somme des couples doit être égale à zéro. Nous allons calculer les couples autour de la charnière du pont-levis.

W : = cw = (4 m) (19 600 N) sin 90 o = 78 400 N-m

w : = cw = (7 m) (9 800 N) sin 90 o = 68 600 N-m

Maintenant que la tension est connue, nous pouvons revenir en arrière et déterminer la "force de réaction" RX et Roui,

Roui = 29 400 N - 0,900 T sin 64,2 o

Qu'est-ce que cela signe négatif signifier? Quand je deviné que Roui pointu en haut, j'ai mal deviné ! Les forces sont telles -- et elles sont localisées de telle sorte -- que la charnière exerce une vers le bas forcer donc Roui pointe vers le bas et cela est indiqué par le négatif valeur que nous calculons pour Roui.

12.22 Deux briques uniformes identiques de longueur L sont placées en pile sur le bord d'une surface horizontale avec le renversement maximal possible sans tomber, comme dans la figure P12.21. Trouvez la distance x.

Le centre de gravité doit rester au dessus du point d'appui donc,

12.38 Une lettre "A" est formée de deux pièces de métal uniformes pesant chacune 26,0 N et d'une longueur de 1,00 m, articulées au sommet et maintenues ensemble par un fil horizontal d'une longueur de 1,20 m (Fig P12.4). La structure repose sur une surface sans frottement. Si le fil est connecté à des points situés à une distance de 0,65 m du haut de la lettre, déterminez la tension du fil.

Faites un diagramme de corps libre des forces agissant sur le membre droit, par exemple. Nous pourrions faire un diagramme de corps libre similaire des forces agissant sur le membre gauche. Par symétrie, ils seront des images miroir l'un de l'autre.

F h est la force horizontale fournie par le membre gauche agissant sur le membre droit.

T est la tension dans le câble (et la valeur demandée dans cette question)

W est le poids de l'élément 26 N an est situé au centre de masse à 0,50 m de la charnière.

F N est la force normale exercée par le sol sur l'élément.

Appliquez maintenant les deux conditions d'équilibre :

La somme de toutes les forces doit être nulle.

Fx = Fh - T = 0

Fh = T

Cela ne donne que deux équations alors que nous avons trois inconnues. Ou puisque F N est parfaitement connue, nous n'avons qu'une seule équation F h = T mais deux inconnues. Nous avons besoin de plus d'informations. . .

La deuxième condition d'équilibre est que

La somme de tous les couples doit être nulle.

ccw = cw

Avec un peu de géométrie, nous pouvons calculer les angles comme indiqué.

Nous allons maintenant calculer les couples autour de la charnière :

Fh : = 0

W : = cw = (0,50 m) (26 N) sin 67,4 o = 12 N-m

T : = cw = (0,65 m)( T ) sin 22,6 o = 0,25 m T

F N : = ccw = (1,0)( F N ) sin 67,4 o = 0,92 F N

= ccw = (1,0)( 26 N ) sin 67,4 o = 24 N-m

Et nous connaissons déjà F h = T donc nous connaissons maintenant toutes les forces impliquées.

12.30 Un fil d'acier cylindrique de 2,0 m de long et d'un diamètre de section transversale de 4,0 mm est placé sur une poulie sans friction, une extrémité du fil étant reliée à une masse de 5,00 kg et l'autre extrémité reliée à une masse de 3,00 kg. De combien le fil s'étire-t-il pendant que les masses sont en mouvement ?

Cela commence comme un autre problème de machine d'Atwood.

a = ( m1 - m2 ) g / ( m1 + m2 )

a = (2 kg) (9,8 m/s 2 ) / (8 kg)

a = 2,45 m/s 2

Pour fournir cette accélération, la tension dans le fil doit être

Ffilet,1 = T - (3 kg) (9,8 m/s 2 ) = 3 kg (2,45 m/s 2 )

T = 36,75 N

A = r 2 = (0,002 m) 2 = 1,26 x 10 -5 m 2

(a) Dessinez un diagramme de corps libre pour la poutre.

(b) Lorsque l'ours est à x = 1,00 m, trouvez la tension dans le fil et les composantes de la force exercée par le mur sur l'extrémité gauche de la poutre.

(c) Si le fil peut supporter une tension maximale de 900 N, quelle est la distance maximale que l'ours peut parcourir avant que le fil ne se brise ?

12.43 Le vieux MacDonald avait une ferme, et sur cette ferme, il avait une porte (fig. P12.43). Le portail mesure 3,0 m de long et 1,8 m de haut avec des charnières fixées en haut et en bas. Le hauban fait un angle de 30,0 o avec le haut du portail et est tendu par tendeur à une tension de 200 N. La masse du portail est de 40,0 kg.

(a) Déterminer la force horizontale exercée sur le portail par la charnière inférieure.

(b) Trouvez la force horizontale exercée par la charnière supérieure.

(c) Déterminez la force verticale combinée exercée par les deux charnières.

(d) Quelle doit être la tension dans le hauban pour que la force horizontale exercée par la charnière supérieure soit nulle ?

12.51 Une personne se penche et soulève un objet 200-N comme dans la figure P12.45a, avec le dos en position horizontale (une façon terrible de soulever un objet). Le muscle du dos attaché à un point situé aux deux tiers de la colonne vertébrale maintient la position du dos, où l'angle entre la colonne vertébrale et ce muscle est de 12,0 o . À l'aide du modèle mécanique illustré à la figure P12.45b et en prenant le poids du haut du corps à 350 N, trouvez la tension dans le muscle du dos et la force de compression dans la colonne vertébrale.


10.3 Emf de mouvement

Le flux magnétique dépend de trois facteurs : la force du champ magnétique, la zone à travers laquelle passent les lignes de champ et l'orientation du champ avec la surface. Si l'une de ces quantités varie, une variation correspondante du flux magnétique se produit. Jusqu'à présent, nous n'avons considéré que les changements de flux dus à un champ changeant. Voyons maintenant une autre possibilité : une zone changeante à travers laquelle passent les lignes de champ incluant un changement d'orientation de la zone.

Deux exemples de ce type de changement de flux sont représentés sur la figure 10.3.1. Dans la partie (a), le flux à travers la boucle rectangulaire augmente à mesure qu'il se déplace dans le champ magnétique, et dans la partie (b), le flux à travers la bobine rotative varie avec l'angle .

(Figure 10.3.1)

Il est intéressant de noter que ce que nous percevons comme la cause d'un changement de flux particulier dépend en fait du cadre de référence que nous choisissons. Par exemple, si vous êtes au repos par rapport aux bobines mobiles de la figure 10.3.1, vous verriez le flux varier en raison d'un champ magnétique changeant - dans la partie (a), le champ se déplace de gauche à droite dans votre cadre de référence, et dans la partie (b), le champ est en rotation. Il est souvent possible de décrire un changement de flux à travers une bobine qui se déplace dans un référentiel particulier en termes de champ magnétique changeant dans un second référentiel, où la bobine est immobile. Cependant, les questions de cadre de référence liées au flux magnétique dépassent le niveau de ce manuel. Nous éviterons de telles complexités en travaillant toujours dans un cadre au repos par rapport au laboratoire et expliquerons les variations de flux comme étant dues soit à un champ changeant, soit à une zone changeante.

Regardons maintenant une tige conductrice tirée dans un circuit, changeant le flux magnétique. La zone délimitée par le circuit ‘‘ de la figure 10.3.2 est et est perpendiculaire au champ magnétique, nous pouvons donc simplifier l'intégration de l'équation 10.1.1 dans une multiplication du champ magnétique et de l'aire. Le flux magnétique à travers la surface ouverte est donc

(10.3.1)

Depuis et sont constantes et la vitesse de la tige est nous pouvons maintenant reformuler la loi de Faraday, l'équation 10.1.2, pour l'amplitude de la force électromotrice en termes de tige conductrice mobile comme

(10.3.2)

Le courant induit dans le circuit est la force électromotrice divisée par la résistance ou

De plus, la direction de la force électromotrice induite satisfait la loi de Lenz, comme vous pouvez le vérifier en inspectant la figure.

Ce calcul de la force électromotrice induite par le mouvement n'est pas limité à une tige se déplaçant sur des rails conducteurs. Avec comme point de départ, on peut montrer que est valable pour tout changement de flux causé par le mouvement d'un conducteur. Nous avons vu dans la loi de Faraday que la force électromotrice induite par un champ magnétique variant dans le temps obéit à cette même relation, qui est la loi de Faraday. Ainsi la loi de Faraday est valable pour tous les changements de flux, qu'elles soient produites par un champ magnétique changeant, par un mouvement ou par une combinaison des deux.

(Figure 10.3.2)

Du point de vue énergétique, produit de l'énergie , et la résistance dissipe la puissance . Comme la tige se déplace à vitesse constante, la force appliquée doit équilibrer la force magnétique sur la tige lorsqu'elle transporte le courant induit . Ainsi la puissance produite est

(10.3.3)

(10.3.4)

En satisfaisant le principe de conservation de l'énergie, les puissances produites et dissipées sont égales.

Ce principe se retrouve dans le fonctionnement d'un canon de rail. Un canon à rails est un lanceur de projectiles électromagnétique qui utilise un appareil similaire à celui de la figure 10.3.2 et est représenté sous forme schématique à la figure 10.3.3. La tige conductrice est remplacée par un projectile ou une arme à tirer. Jusqu'à présent, nous n'avons entendu parler que de la façon dont le mouvement provoque une force électromotrice. Dans un canon à rails, l'arrêt/l'abaissement optimal d'un champ magnétique diminue le flux entre les rails, provoquant la circulation d'un courant dans la tige (armature) qui maintient le projectile. Ce courant à travers l'armature subit une force magnétique et est propulsé vers l'avant. Les canons à rail, cependant, ne sont pas largement utilisés dans l'armée en raison du coût de production élevé et des courants élevés : près d'un million d'ampères est nécessaire pour produire suffisamment d'énergie pour qu'un canon à rail soit une arme efficace.

(Figure 10.3.3)

On peut calculer un force électromotrice induite par le mouvement avec la loi de Faraday même lorsqu'un circuit fermé réel n'est pas présent. Nous imaginons simplement une zone fermée dont la frontière comprend le conducteur en mouvement, calculons , puis trouvez la force électromotrice de la loi de Faraday. Par exemple, nous pouvons laisser la tige mobile de la figure 10.3.5 être un côté de la zone rectangulaire imaginaire représentée par les lignes pointillées. L'aire du rectangle est , donc le flux magnétique qui le traverse est . En différenciant cette équation, on obtient

(10.3.5)

qui est identique à la différence de potentiel entre les extrémités de la tige que nous avons déterminée précédemment.

(Figure 10.3.4)

Les champs électromagnétiques de mouvement dans le champ magnétique faible de la Terre ne sont généralement pas très importants, sinon nous remarquerions une tension le long de tiges métalliques, telles qu'un tournevis, lors de mouvements ordinaires. Par exemple, un simple calcul de la force électromotrice en mouvement d'un tige se déplaçant à perpendiculaire au champ terrestre donne

Cette petite valeur est conforme à l'expérience. Il existe cependant une exception spectaculaire. En 1992 et 1996, des tentatives ont été faites avec la navette spatiale pour créer de grandes fem mouvementées. Le satellite captif devait être lâché sur un longueur de fil, comme illustré à la Figure 10.3.5, pour créer un emf en se déplaçant à vitesse orbitale dans le champ terrestre. Cette force électromotrice pourrait être utilisée pour convertir une partie de l'énergie cinétique et potentielle de la navette en énergie électrique si un circuit complet pouvait être réalisé. Pour compléter le circuit, l'ionosphère stationnaire devait fournir un chemin de retour à travers lequel le courant pourrait circuler. (L'ionosphère est l'atmosphère raréfiée et partiellement ionisée aux altitudes orbitales. Elle est conductrice à cause de l'ionisation. L'ionosphère remplit la même fonction que les rails fixes et la résistance de connexion de la figure 10.3.3, sans lesquels il n'y aurait pas de circuit complet. ) Faites glisser le courant dans le câble en raison de la force magnétique effectue le travail qui réduit l'énergie cinétique et potentielle de la navette, et permet de la convertir en énergie électrique. Les deux tests ont échoué. Dans le premier, le câble s'est accroché et n'a pu être rallongé que de quelques centaines de mètres dans le second, le câble s'est rompu alors qu'il était presque entièrement étendu. L'exemple 10.3.1 indique la faisabilité en principe.

(Figure 10.3.5)

Figure 10.3.5 La force électromotrice en tant que conversion d'énergie électrique pour la navette spatiale a été la motivation de l'expérience du satellite captif. UNE la fem devait être induite dans le attache tout en se déplaçant à vitesse orbitale dans le champ magnétique terrestre. Le circuit est complété par un chemin de retour à travers l'ionosphère stationnaire.

EXEMPLE 10.3.1

Calcul de la grande force électromotrice d'un objet en orbite

Calculer la force électromotrice induite le long d'un conducteur se déplaçant à une vitesse orbitale de perpendiculaire à la Terre champ magnétique.

Stratégie

C'est un excellent exemple d'utilisation de l'équation motional .

Solution

Saisie des valeurs données dans donne

Importance

La valeur obtenue est supérieure à la tension mesurée pour l'expérience de la navette, puisque le mouvement orbital réel de l'attache n'est pas perpendiculaire au champ terrestre. Le valeur est la force électromotrice maximale obtenue lorsque et donc .

EXEMPLE 10.3.2

Une tige métallique tournant dans un champ magnétique

La partie (a) de la figure 10.3.6 montre une tige métallique qui tourne dans un plan horizontal autour du point . La tige glisse le long d'un fil qui forme un arc de cercle de rayon . Le système est dans un champ magnétique constant qui est dirigé hors de la page. (a) Si vous faites tourner la tige à une vitesse angulaire constante , quel est le courant en boucle fermée ? Supposons que la résistance fournit toute la résistance dans la boucle fermée. (b) Calculez le travail par unité de temps que vous faites en faisant tourner la tige et montrez qu'il est égal à la puissance dissipée dans la résistance.

(Figure 10.3.6)

Stratégie

Le flux magnétique est le champ magnétique multiplié par l'aire du quart de cercle ou . Lors de la recherche de la force électromotrice par la loi de Faraday, toutes les variables sont constantes dans le temps mais , avec . Pour calculer le travail par unité de temps, nous savons qu'il est lié au couple multiplié par la vitesse angulaire. Le couple est calculé en connaissant la force sur une tige et en l'intégrant sur la longueur de la tige.

Solution

une. De la géométrie, l'aire de la boucle est . Par conséquent, le flux magnétique à travers la boucle est

Différencier dans le temps et utiliser , on a

Lorsqu'il est divisé par la résistance de la boucle, cela donne pour l'amplitude du courant induit

Comme augmente, de même que le flux à travers la boucle en raison de . Pour contrer cette augmentation, le champ magnétique dû au courant induit doit être dirigé dans la page dans la région délimitée par la boucle. Par conséquent, comme l'illustre la partie (b) de la figure 10.3.6, le courant circule dans le sens des aiguilles d'une montre.

b. Vous faites pivoter la tige en exerçant un couple dessus. Comme la tige tourne à vitesse angulaire constante, ce couple est égal et opposé au couple exercé sur le courant dans la tige par le champ magnétique d'origine. La force magnétique sur le segment infinitésimal de longueur montré dans la partie (c) de la figure 10.3.6 est , donc le couple magnétique sur ce segment est

Le couple magnétique net sur la tige est alors

Le couple que vous exercez sur la tige est égale et opposée à , et le travail que vous faites lorsque la tige tourne d'un angle est . Par conséquent, le travail par unité de temps que vous faites sur la tige est

où nous avons substitué . La puissance dissipée dans la résistance est , qui peut s'écrire

Par conséquent, la puissance dissipée dans la résistance est égale au travail par unité de temps effectué en faisant tourner la tige.

Importance

Une autre façon de considérer la force électromotrice induite à partir de la loi de Faraday est de l'intégrer dans l'espace au lieu du temps. La solution, cependant, serait la même. La fem mouvement est

La vitesse peut être écrite comme la vitesse angulaire multipliée par le rayon et la longueur différentielle écrite comme docteur . Donc,

qui est la même solution que précédemment.

EXEMPLE 10.3.3

Une bobine rectangulaire tournant dans un champ magnétique

Une bobine rectangulaire de surface et tours est placé dans un champ magnétique uniforme . comme le montre la figure 10.3.7. La bobine tourne autour de la -axe passant par son centre à vitesse angulaire constante . Obtenir une expression pour la force électromotrice induite dans la bobine.

(Figure 10.3.7)

Stratégie

D'après le diagramme, l'angle entre la perpendiculaire à la surface () et le champ magnétique est . Le produit scalaire de simplifie à seulement le composante du champ magnétique, c'est-à-dire là où le champ magnétique se projette sur le vecteur de surface unitaire . L'amplitude du champ magnétique et la surface de la boucle sont fixes dans le temps, ce qui simplifie l'intégration rapidement. La force électromotrice induite est écrite en utilisant la loi de Faraday.

Solution

Lorsque la bobine est dans une position telle que son vecteur normal fait un angle avec le champ magnétique , le flux magnétique à travers une seule spire de la bobine est

D'après la loi de Faraday, la force électromotrice induite dans la bobine est

La vitesse angulaire constante est . L'angle représente l'évolution temporelle de la vitesse angulaire ou . Cela change la fonction en espace-temps plutôt qu'en . La force électromotrice induite varie donc de manière sinusoïdale avec le temps selon

.

Importance

Si la force du champ magnétique ou la zone de la boucle changeait également au fil du temps, ces variables ne pourraient pas être extraites de la dérivée temporelle pour simplement la solution, comme indiqué. Cet exemple est la base d'un générateur électrique.

VÉRIFIEZ VOTRE COMPRÉHENSION 10.4

Ci-dessous est une tige de longueur qui est tourné dans le sens antihoraire autour de l'axe à travers par le couple dû à . En supposant que la tige est dans un champ magnétique uniforme , quelle est la force électromotrice induite entre les extrémités de la tige lorsque sa vitesse angulaire est ? Quelle extrémité de la tige est à un potentiel plus élevé ?

VÉRIFIEZ VOTRE COMPRÉHENSION 10.5

Une tige de longueur se déplace à une vitesse de perpendiculairement à travers un champ magnétique. Quelle est la différence de potentiel entre les extrémités de la tige ?