Corrigé du TD 1-12 PDF

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Corrigé du TD 1-12....

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1

Aplatissement de la Terre dˆ u` a sa rotation propre

Du fait de sa rotation propre en 24 h, la Terre est d´eform´ee, avec un aplatissement au niveau des pˆoles. Il est possible de calculer cette d´eformation dans l’hypoth`ese simplificatrice d’une Terre fluide. En effet, au repos, la surface d’un fluide suit l’´equipotentielle de pesanteur : ainsi la surface de l’eau d´efinit bien l’horizontale locale, qui correspond a` une ´energie potentielle de pesanteur Ep = mgz = mU constante. On va donc d´eterminer la forme d’une Terre fluide en calculant les lignes d’´equipotentiel de pesanteur U en pr´esence de la rotation propre. 1. Faire le bilan des forces agissant sur un objet de masse m pos´e `a la surface de la Terre, a` la latitude ϕ, dans le r´ef´erentiel terrestre local (non-Galil´een). Solution: Trois forces s’exercent : le poids, la r´eaction du support et la force centrifuge. 2. D´eterminer l’acc´el´eration r´esultant du poids et de la force centrifuge. Projeter cette acc´el´eration suivant la verticale locale. Solution: Par d´efinition (cf. cours PHYS-202), la force centrifuge est : Fe = mω 2 r cos ϕi L’acc´el´eration centrip`ete en r´esultant est : −ω 2 r cos ϕi. Dans le rep`ere terrestre local, i vaut : sin ϕi′ + cos ϕk′ . Le poids est orient´e suivant −k′ . On a donc :

mγ = P + Fe γ = −g + ω 2 r cos ϕi Sur k′ : γ = −g + ω 2 r cos2 ϕ 3. Calculer le potentiel U (ϕ, z) associ´e a` cette acc´el´eration projet´ee, fonction de l’altitude z de l’objet (z z, il est possible de faire deux d´eveloppements limit´es pour simplifier l’expression : U (z) = −

z 2 2 GM 2 R (1 + R ) − ω cos2 ϕ + C R(1 + Rz ) 2

Au premier ordre et au voisinnage de 0 : (1 + x)α ≃ 1 + αx Donc : U (z) = −

GM z z R2 cos2 ϕ 1 + 2 1− +C − ω2 R 2 R R 







4. On pose, pour le pˆ ole Nord, que U0 = U (ϕ = π/2, z = 0). Trouver l’´equation donnant l’altitude z de l’´equipotentielle U (ϕ, z) = U0 fonction de la latitude ϕ. Solution: L’´equipotentielle U (ϕ, z) prend par d´efinition une valeur constante. On peut donc d´efinircette constante U0 en n’importe quel point de l’´equipotentielle. Au pˆ ole z = 0 et cos ± ϕ2 = 0, donc : U0 = −

GM +C R

Page 4

On a donc : GM z z R2 1− + C = U0 − ω 2 cos2 ϕ 1 + 2 R 2 R R     GM z z GM R2 +C U (z) = − 1− +C =− − ω 2 cos2 ϕ 1 + 2 R 2 R R R   R2 GM z U (z) = 2 z − ω 2 cos2 ϕ 1 + 2 =0 R 2 R U (z) = −









5. Dessiner la forme de cette ´equipotentielle. Solution: Pour pouvoir dessiner la forme de l’´equipotentielle, il suffit d’isoler z dans l’expression du potentiel. On a :

U (z) =

  2 GM z 2R 2 z−ω cos ϕ 1 + 2 =0 R2 2 R 2 2 z GM 2 2R 2R cos ϕ · 2 z − ω = ω cos2 ϕ 2 R2 R 2 2 ω 2 R2 cos2 ϕ z= GM − ω 2 R cos2 ϕ 2 | {z } R | {z } 10−11 ·1022 1012

10−10 ·10 6 =10−4

=10−1

2

z≃ z≃

ω 2 R2 cos2 ϕ GM R2

ω 2 R4 cos2 ϕ 2GM

On voit ici que z(ϕ) est nul aux pˆoles et maximal a` l’´equateur. 6. Calculer l’altitude de cette ´equipotentielle au niveau de l’´equateur, qui donne la hauteur de renflement dˆ u a` la rotation propre. Comparer `a la vraie hauteur constat´ee de 21 km. Solution: A l’´equateur : z≃

ω 2 R4 = 10878 m ≃ 11 km 2GM

On trouve le bon ordre de grandeur, mais pas la bonne valeur. Cela est dˆ u au fait que

Page 5

nous avons utilis´e le champ gravitationnel cr´e´e par une sph`ere ; il faudrait utiliser le champ gravitationnel cr´e´e par un ellipso¨ıde. 7. Avec quelle p´eriode de rotation devrait tourner la Terre sur elle-mˆeme pour que le rayon ´equatorial soit les 5/4 du rayon polaire, dans le cadre de ce mod`ele de Terre fluide ? Solution: Lorsque le rayon ´equatorial vaut les 5/4 du rayon polaire, z = donc :

R . 4

On a

2

z=

ω 2 R2 cos2 ϕ GM − ω 2 R cos2 ϕ R2 2

R = 4

ω 2 R2 GM − ω2R R2

R = 4

ω 2 R2 GM − ω2R R2

2

On peut isoler ω : R2 GM R 2 − ω R = ω2 4R 4 2 2 R2 2 GM R + = ω2 ω 2 4R 4 GM = 3R3 ω 2 ω=

s

GM = 7.18 · 10−4 3R3

La p´eriode correspondant a` cette vitesse de rotation est de 2h25”. 8. Pour aller plus loin... : du fait de l’aplatissement de la Terre, l’acc´el´eration de la pesanteur dˆ ue a` la Terre n’est pas juste ´egale a` g partout, mais est fonction de la latitude : greel (ϕ, r) =

 GM 3GMa2 j  − 3 sin2 ϕ − 1 2 4 r 2r

avec a = 6378, 139 km est le rayon ´equatorial, et J = 1, 0827 · 103 . En rajoutant l’acc´el´eration li´ee a` la force centrifuge, calculer le rayon polaire, et comparer la diff´erence a` celle obtenue a` la question 6.

Page 6

Solution: On a : GM 3GMa2 J + (3 sin3 ϕ − 1) + rω 2 cos2 ϕ r2 2r 4 GM 3GMa2 J ∂U = −γ = 2 − (3 sin3 ϕ − 1) − rω 2 cos2 ϕ ∂r r 2r 4 2 3GMa2 J 1 GM 3 2r + (3 sin ϕ − 1) − ω cos2 ϕ + C U =− 2 r 3r 3 2 2 GM GMa2 J 1 3 2 (a + z ) U =− + (3 sin ϕ − 1) − ω cos2 ϕ + C 2 (a + z )3 a+z 2 γ=−

Comme a >> z, on peut ´ecrire : U =−

GM a



1−

− ω 2 a2 1 + 2



z GMJ + a 2a



1−3

z cos2 ϕ + C a



z (3 sin3 ϕ − 1) a

A l’´equateur, r = a, z = 0 et ϕ = 0 : U (ϕ = 0, z = 0) = −

GM GMJ a2 − − ω 2 = U0 2 a 2a

Aux pˆoles, ϕ = π/2 : U (ϕ = π/2, z) = −









GM z GMJ z 1− +2 1−3 = U0 a a 2a a

On peut donc ´ecrire : GMJ a2 GM GM z GMJ z − − ω2 = − − 1− +2 1−3 a 2 2a a a 2a a 2 GMJ a GM GMJ GMJ − z − ω2 = 2 z + 2 −3 a2 2 a 2a 2a a2 GM GMJ GMJ − ω2 = 2 z − 3 2 z −3 2 a 2a a ! 2  GMJ −1 GM GMJ 2a −ω − 3 z = −3 a2 2 2a a2 







z = −21362 m ≃ −21 km L’application num´erique donne bien la valeur de l’aplatissement constat´e.

Page 7

0.1

Corps de Burgers

Trouver la loi de comportement de correspondant au corps suivant : un ressort (k1 ) et un piston (η1 ) en parall`ele, en s´erie avec un piston (η2 ) et un ressort (k2 ) en s´erie. Solution: Il s’agit d’un corps de Kelvin en s´erie avec un corps de Maxwell. On peut donc ´ecrire: εB (t) = εK (t) + εM (t)  σ0  η εK (t) = t) 1 − exp (− k1 k1 σ0 σ0 + t εM (t) = η k2  2  η σ0 σ0 σ0 1 − exp (− t) + + t εB (t) = k1 η2 k2 k1 On a de plus: lim εB (t) =

t→∞

σ0 σ0 σ0 + t + k2 η 2 k1

La d´eformation peut donc ˆetre infinie puisqu’aucun ´el´ement ´elastique ne la limite : l’´el´ement visqueux se d´eforme infiniment. Il y a donc deux grands types de mod`eles (ou corps): les mod`eles de type Kelvin (ou solide standard) qui ont une d´eformation finie lorsque t → ∞ et les mod`eles de type Burgers (ou Maxwell) qui ont une d´eformation infinie lorsque t → ∞. Les premiers sont des mod`eles de type solide et se stabilisent. Les seconds sont des mod`eles de type fluide et ne se stabilisent jamais.

0.1

Mod` ele de chambre magmatique

On se propose d’´etudier l’influence de la pression `a l’int´erieur d’une chambre magmatique sur le milieu environnant. On assimile cette derni`ere a` une sph`ere de rayon ar qui se trouve au sein d’une matrice rocheuse ´elastique. La chambre est aliment´ee en magma par un conduit cylindrique de rayon ac et de hauteur Hc . Lorsque le magma incompressible remplit la chambre, l’arriv´ee de fluide suppl´ementaire entraˆıne une surpression a` l’int´erieur de la chambre. Cette surpression entraˆıne une d´eformation de la matrice ´elastique qui ´equivaut a` une variation de volume.

Figure 1: Sch´ema du syst`eme d’apr`es Carrier et al., 2015. Les questions 1. et 2. sont plus des d´emonstrations que des questions. A partir des relations d´emontr´ees en 1. et 2., vous devez ˆetre capable de terminer l’exercice. 1. L’´ecoulement dans le conduit est laminaire et suit la loi de Poiseuille. D´emontrer que le d´ebit de magma Q est proportionnel au gradient vertical de pression. Solution: On cherche a` d´ecrire le d´ebit de l’´ecoulement dans le conduit alimentant la chambre. Consid´erons une petite section de hauteur dz du cylindre alimentant la chambre magmatique. Cette section ´etant `a l’´equilibre la somme des forces qui s’exercent sur elle est nulle. Les forces qui s’exercent sur notre cylindre ´el´ementaire sont deux forces de pression sur chacune des faces horizontales et une force de frottement sur sa partie verticale (en contact avec la paroi du conduit). On choisit ici

de n´egliger le poids et de l’inclure dans la force de pression. Dans un syst`eme de coordonn´ees cylindriques (ur, uθ , uz ) avec uz une verticale ascendante, on peut ´ecrire pour un cylindre de rayon r et de hauteur dz : Pfaces = πr 2 (P (z) − P (z + dz )) uz Or, par d´efinition: P (z + dz) − P (z ) ∂P = dz ∂z Donc: Pfaces = −πr 2

∂P dz uz ∂z

∂P/∂z < 0 donc Pfaces est dirig´ee suivant uz : ||Pfaces|| = πr 2

∂P dz ∂z

Cette force est contr´ee par une force de frottement exerc´ee par les parois sur le fluide et dirig´ee suivant −uz telle que : ||Fconduit|| = 2πrdz τ avec τ la contrainte de cisaillement. Cette derni`ere suit la loi de Newton pour les fluides visqueux: τ =η

dv dr

avec v la vitesse de l’´ecoulement.

On peut alors ´ecrire: dv dr ||Pfaces|| = ||Fconduit || ∂P dv dz = πr 2 2πrdz η ∂z dr dv r ∂P = dr 2η ∂z r ∂P dv = dr 2η ∂z

||Fconduit|| = 2πrdz η

Page 2

Z

Z

r ∂P dr 2η ∂z 1 ∂P Z = rdr 2η ∂z r 2 ∂P +C v(r) = 4η ∂z a2 ∂P v(ac ) = 0 → C = − c 4η ∂z 2 ∂P a2 ∂P r − c v(r) = 4η ∂z 4η ∂z ! 2 r 2 ∂P ac 1− 2 v(r) = − 4η a c ∂z dv =

Ce qui correspond `a un profil parabolique de vitesse (cf. figure). On obtient le d´ebit par int´egration. Q=

Z ac

2πr v (r )dr

0

!

r 2 ∂P a2 2πr c 1 − 2 dr =− 4η 0 ac ∂z ! ac2 ∂P Z ac r2 = −2π r 1 − 2 dr 4η ∂z 0 ac ! 3 2 ∂P Z ac ac r = −2π r − 2 dr ac 4η ∂z 0 Z ac

! ac2 ∂P Z ac r3 = −2π r − 2 dr ac 4η ∂z 0 ! 2 4 2 ac ∂P ac ac = −2π − 2 4η ∂z 2 4ac 2 ∂P a2 a c = −2π c 4η ∂z 4

Q = −π

ac4 ∂P 8η ∂z

En introduisant une variable P qui repr´esente la diff´erence initiale de pression entre le conduit de hauteur Hc et la chambre, on peut r´e´ecrire Q en faisant apparaˆıtre ∆P , la surpression apport´ee par l’´ecoulement dans le r´eservoir. appelle P pression additionnelle apport´ee par l’´ecoulement de magma dans la chambre: Q=π

ac4 (P − ∆P ) 8ηHc

Page 3

2. Rappeler la relation en variation de volume et pression. Solution: La variation relative de volume d’un solide est li´e `a la pression par la relation :

∆P = k

∆V V

avec k, le module d’incompressibilit´e. On peut relier k aux param`etres ´elastiques : rigit´e (ou module de cisaillement) G et param`etre de Lam´e λ. Retenons que: k∝G Le volume de la chambre est : 4 V = πa3r 3 ∆P ∆V = V k ∆P 4 3 πa ∆V ∝ G 3 r En utilisant les relations pr´ec´edentes, on peut montrer qu’` a un facteur pr`es (qu’on ne d´etaille pas ici): ∆V = ∆P

3. En utilisant le fait que Q = temps.

d ∆V dt

πar3 G

(t), exprimer la variation de pression au cours du

Solution: d a4 ∆V (t) = Q = π c (P − ∆P (t)) dt 8ηHc d d πa3 ∆V (t) = ∆P (t) r dt dt G 3 πa r d ac4 (P − ∆P (t)) ∆P (t) = π 8ηHc G dt d Ga4c (P − ∆P (t)) ∆P (t) = 8ηHc ac3 dt

Page 4

On arrive donc `a une ´equation diff´erentielle du premier ordre que l’on r´esoud. d Ga4c (P − ∆P (t)) ∆P (t) = 8ηHc ac3 dt |

{z A

}

d ∆P (t) = −A ∆P (t) + |A{z} P |{z} dt p m

Les solutions sont de la forme :∆P (t) = λ exp (mt) − mp m = −A p − =P m ∆P (t) = λ exp (−At) + P ∆P (0) = 0 → λ = −P Ga4c t ∆P (t) = P 1 − exp − 8ηHc a3c

!!

4. En d´eduire un temps caract´eristique. Solution: Ga4c t ∆P (t) = P 1 − exp − 8ηHc ac3

!!

On peut faire apparaˆıtre un temps caract´eristique τ tel que: 



∆P (t) = P 1 − exp − τ= τ=

Gac4 8ηHc a3c

!−1

t  τ

8ηHc a3c Ga4c

5. En regardant ce qu’il se passe lorsque t → ∞, en d´eduire une limite de ce mod`ele.

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Solution:

lim ∆P (t) = P

t→∞

Cette relation signifie que quelque soit le diff´erentiel de pression la matrice rocheuse atteint toujours une pression d’´equilibre d´etermin´ee par les surpressions initiales dans la chambre magmatique et le conduit. En r´ealit´e, si la pression d´epasse la limite ´elastique du mat´eriau, ce dernier s’endommage, se fracture et n’atteint pas d’´equilibre ´elastique. La relation que nous venons d’´etablir ne d´ecrit un comportement r´eel que si l’on fait varier les param`etres ´elastiques au cours du temps, c’est-`a-dire que G = f (t). On peut montrer que ce mod`ele est ´equivalent a` un mod`ele visco-´elastique (et vous pouvez le voir par la similitude entre les ´equations). La partie ´elastique du mod`ele est port´e par la matrice rocheuse ´elastique tandis que la partie visqueuse correspond au magma (fluide visqueux). On peut par ailleurs noter que ce mod`ele permet a` la fois de d´ecrire une chambre magmatique de plusieurs centaines de m`etres de rayon (´echelle macroscopique), mais ´egalement le remplissage de pores de rayon millim´etrique (´echelle microscopique).

Carrier, A., J.-L. Got, A. Peltier, V. Ferrazzini, T. Staudacher, P. Kowalski, and P. Boissier (2015), A damage model for volcanic edifices: Implications for edifice strength, magma pressure, and eruptive processes, J. Geophys. Res. Solid Earth, 120, 567–583, doi:10.1002/2014JB011485.

Page 6

0.1

Cisaillement simple : analyse de la d´ eformation

1. D´eterminer la matrice de la transformation g´eom´etrique associ´ee `a un cisaillement simple suivant x. Solution: La matrice A de la transformation g´eom´etrique associ´ee a` un cisaillement simple se trouve `a partir de la transformation des vecteurs de la base (i, j). Le vecteur i n’est pas transform´e. L’image du vecteur j comporte une composante δ suivant i. f (i) = 1 i + 0 j f (j) = δ i + 1 j Or, δ = tan γ j = tan γ ≃ γ

f (i) = 1 i + 0 j f (j) = γ i + 1 j 1 γ A= 0 1

!

2. Trouver l’expression de u, vecteur d´eplacement. Solution: On a vu pr´ec´edemment que : !

(a − 1)x + cy u= bx − (d − 1)y !

γy u= 0

3. Trouver l’expression de G, tenseur du gradient du d´eplacement. Solution: L` a, encore, nous avons vu pr´ec´edemment que : !

a−1 c grad (u) = G = Ju (x, y) = b d−1 0 γ G= 0 0

!

On peut v´erifier la validit´e de cette expression a` partir de l’expression de u trouv´ee pr´ec´edemment.

4. D´ecomposer G en partie sym´etrique et anti-sym´etrique. Solution: !

0 0 G = γ 0 T

G − GT G + GT + G= 2 2 ! G + GT 0 γ2 = γ 0 2 2 G − GT 0 2γ = − 2γ 0 2

!

On trouve donc que l’angle de la rotation est − 2γ .

5. A partir de la partie sym´etrique de G, d´eterminer les valeurs et vecteurs propres afin de trouver les directions principales de d´eformation. Solution: D´eterminer les vecteurs propres correspond a` trouver les directions de l’espace telle que la transformation g´eom´etrique ne soit qu’une dilation ou une contraction suivant ces directions. Ces directions sont invariantes par la transformation g´eom´etrique f . Les coefficients de ces dilations ou contractions correspondent aux valeurs propres. On utilise la partie sym´etrique de G car elle ne contient aucune information de rotation et permet donc de trouver des directions invariantes. On d´efinit B comme : G + GT B= = 2 et on cherche a` r´esoudre le syst`eme : det(B − λI) = 0   −λ  γ

γ 2

   −λ 2  2

λ2 −

γ 2

=0 =0  2

γ 2 γ λ=± 2 2

λ =

Page 2

0 γ 2

γ 2

0

!

Les vecteurs propres X1 (x1 , y1 ) et X2 (x2 , y2 ) sont solutions de : (B − λ1 I )X1 = 0 et, (B − λ2 I )X2 = 0 R´esolvons le premier syst`eme : γ 2

0 γ 2

0

!

γ 2

−

0

x1 =0 y1

!

x1 =0 y1

γ 2 γ 2

0

− 2γ

− γ2

γ 2

!

!!

!

γ + y1 = 0 ⇒ y1 = x1 2 2 γ γ   = 0 ⇒ y1 = x1  x1 − y1 2 2  γ   − x1

Ce syst`eme donne l’´equation de deux droites parall`eles. Si les droites n’´etaient pas parall`eles, nous aurions d´etermin´e les coordonn´ees d’un point. Ces deux droites parall`eles correspondent bien a` une direction invariante. La r´esolution du second syst`eme donne : 0 γ 2

γ 2

!

− γ2 0 − 0 − γ2 0

γ + y1 2 2 γ γ    x1 + y1 2 2  γ   x1 

γ 2 γ 2

!

!!

x1 =0 y1

γ 2 γ 2

x1 =0 y1

!

!

= 0 ⇒ y1 = −x1 = 0 ⇒ y1 = −x1

On trouve l`a encore deux droites qui sont parall`eles. On peut ´ecrire : !

1 X1 = 1

−1 X2 = 1

!

Cependant, X1 et X2 doivent ˆetre unitaires et ont pour l’instant une norme de En normalisant, on obtient : X1 =

! √1 2 1 √ 2

X2 =

−√12

X2 =

−√ 22

√1 2

!

que l’on pr´ef`erera r´e´ecrire : X1 =

√ ! 2 2 √ 2 2

√

Page 3

2 2

!

√

2.

Enfin, si γ > 0, on trouve λ1 = ε1 > 0 et λ2 = ε2 < 0. On a donc une extension dans le sens de X1 (premi`ere diagonale) et une contraction dans le sens de X2 (deuxi`eme diagonale). On remarque que le cisaillement pur est la somme d’un cisaillement pur et d’une rotation. L’ensemble de cette analyse nous permet donc de d´eterminer les valeurs et les directions des d´eformations principales.

Page 4

0.1

Compression dans un ´ etau P

Un cube ´elastique est plac´e sans serrage mais sans jeu dans une enceinte parfaitement rigide. On applique sur la face perpendiculaire a` Oz (face sup´erieure) une pression P . Les faces perpendiculaires `a Ox sont libres. Il n’y a pas de frottement entre les parois du cube et l’enceinte. 1. Calculer la contrainte σyy . Solution: Explicitons les conditions aux limites du probl`eme : 1. Il n’y a pas de frottement donc τxy = τxz = τyz = 0, 2. le confinement des faces perpendiculaires `a Oy impose εyy = 0, 3. le non-confinement des faces perpendiculaires `a Ox impose σxx = 0, 4. le chargement impos´e a` la face perpendiculaires a` Oz est σzz = −P (P > 0, convention math/m´eca). On peut ´ecrire d’apr`es la loi de Hooke que : 1 (σyy − ν (σxx + σzz )) E 1 = (σyy + νP ) = 0 E σyy + νP = 0 εyy =

σyy = −νP σyy < 0 : on trouve bien une compression.

2. Calculer les d´eformations εxx et εzz .

Solution: En partant de la loi de Hooke : εxx = = = = εxx =

1 (σxx − ν (σyy + σzz )) E 1 (−ν (−νP − P )) E ν 2 P + νP E νP (ν + 1) E ν(1 + ν ) P E

εxx > 0 : on trouve bien un allongement. 1 (σzz − ν (σxx + σyy )) E 1 = (−P − ν (−νP )) E −P + P ν 2 = E  P  εzz = − 1 − ν2 E

εzz =

εzz < 0 : on trouve bien un raccourcissement.

3. Calculer la variation de volume

∆V . V

Le volume du cube a-t-il diminu´e ou augment´e ?

Page 2

Solution: ...