Statique des fluides dans un référentiel galiléen

Cours complet · thermodynamique et machines thermiques (PT), chapitre 1 · CPGE PT (2e année)

Jusqu'ici, un fluide était décrit globalement par ses variables d'état $(P, V, T)$ , supposées uniformes. Dès qu'un fluide s'étend sur une hauteur appréciable, la pression varie d'un point à l'autre : elle augmente avec la profondeur dans l'océan, décroît avec l'altitude dans l'atmosphère, et cette variation est à l'origine de la poussée d'Archimède que subit tout corps immergé. On se propose ici de décrire le champ de pression $P (M)$ d'un fluide au repos dans un référentiel galiléen. On distinguera d'abord les forces qui s'exercent sur un élément de fluide (forces volumiques vs surfaciques), on établira la relation fondamentale de la statique des fluides, puis on l'appliquera successivement aux liquides (incompressibles), à l'atmosphère (gaz parfait isotherme) et à la poussée d'Archimède. La méthode de fond — découper un domaine physique en éléments infinitésimaux, puis sommer — resservira dans tout le programme de deuxième année.

1.1 Forces dans un fluide au repos

Un fluide au repos est un milieu déformable dont les particules ne se déplacent pas en moyenne. Une particule de fluide est un volume mésoscopique $d τ$ , assez grand pour contenir un très grand nombre de molécules (grandeurs moyennées bien définies) mais assez petit pour être ponctuel à l'échelle du problème.

Définition 1.1Forces volumiques et forces surfaciques

Un élément de fluide de volume $d τ$ subit deux catégories de forces :

les forces volumiques (ou de champ), réparties dans tout le volume et proportionnelles à $d τ$ . Dans le champ de pesanteur, la particule de masse $d m = ρ d τ$ subit le poids $d F_{v} = ρ g d τ$ . On définit la densité volumique de force (en $N / m^{3}$ ) :

$f_{v} = \frac{d F _{v}}{d τ} = ρ g;$

les forces surfaciques (ou de contact), exercées à travers une surface et proportionnelles à l'aire $d S$ . Ce sont les forces de pression (et, pour un fluide en mouvement, les forces de viscosité, hors sujet ici).

Définition 1.2Pression et force de pression

En un point $M$ d'un fluide, la pression $P (M)$ (en pascals, $Pa$ ) est une grandeur scalaire, toujours positive. La force pressante exercée par le fluide sur un élément de surface $d S$ , de normale unitaire sortante $n$ (dirigée du fluide vers la surface), vaut

$d F = - P d S n$

Cette force est normale à la surface et dirigée vers la surface : un fluide au repos ne peut qu'appuyer (compression), jamais tirer.

iRemarque

La pression est isotrope : en un point donné, elle ne dépend pas de l'orientation $n$ de la surface test. C'est la même pression $P (M)$ qui intervient quelle que soit la face considérée. Cette propriété (théorème de Pascal sur l'isotropie) est admise.

ImportantDistinguer pression et pesanteur

Il ne faut pas confondre les deux forces :

le poids $ρ g d τ$ est une force volumique, verticale, descendante, indépendante de la forme de la particule ;
la force de pression $- P d S n$ est une force surfacique, normale à chaque face, dont c'est le déséquilibre entre faces basses et hautes qui compensera le poids.

1.2 Résultante des forces de pression : équivalent volumique

Pour obtenir la force totale de pression sur une particule, on somme $- P d S n$ sur toute sa surface fermée. Le calcul, mené sur un petit pavé, fait apparaître le gradient de pression.

Méthode : Densité volumique des forces de pression

Considérons un pavé de fluide de côtés $d x, d y, d z$ centré en $M (x, y, z)$ . Sur les deux faces perpendiculaires à $O x$ , d'aire $d y d z$ , la résultante des forces de pression selon $e_{x}$ vaut

$face amont, pousse vers + x P (x - \frac{d x}{2}) d y d z - face aval, pousse vers - x P (x + \frac{d x}{2}) d y d z = - \frac{\partial P}{\partial x} d x d y d z .$

En procédant de même selon $O y$ et $O z$ , la résultante des forces de pression sur le volume $d τ = d x d y d z$ s'écrit

$d F_{p} = - (\frac{\partial P}{\partial x} e_{x} + \frac{\partial P}{\partial y} e_{y} + \frac{\partial P}{\partial z} e_{z}) d τ = - grad P d τ .$

La densité volumique des forces de pression est donc

$f_{p} = \frac{d F _{p}}{d τ} = - grad P$

iRemarqueInterprétation du gradient

Le vecteur $grad P$ pointe dans le sens des pressions croissantes. La force $- grad P$ pousse donc la particule des zones de forte pression vers les zones de faible pression : c'est bien ce déséquilibre qui, en statique, va supporter le poids.

1.3 Relation fondamentale de la statique des fluides

◆Théorème 1.3Relation fondamentale de la statique des fluides (RFSF)

Pour un fluide au repos dans un référentiel galiléen, soumis à la seule pesanteur, l'équilibre de chaque particule impose que la somme des densités volumiques de forces soit nulle en tout point :

$f_{p} + f_{v} = 0 ⟹ grad P = ρ g$

En projetant sur un axe $O z$ ascendant ( $g = - g e_{z}$ ), et comme $P$ ne dépend alors que de $z$ :

$\frac{d P}{d z} = - ρ g soit d P = - ρ g d z$

Démonstration (Démonstration par bilan de forces)

On applique le principe fondamental de la dynamique à la particule de fluide de volume $d τ$ , immobile donc d'accélération nulle. Les seules forces sont le poids $ρ g d τ$ et la résultante des pressions $- grad P d τ$ . Leur somme est nulle :

$ρ g d τ - grad P d τ = 0 ⟹ grad P = ρ g .$

La projection sur $O z$ ascendant donne immédiatement $\frac{d P}{d z} = - ρ g$ .

ImportantConséquences immédiates

Dans un fluide au repos soumis à la pesanteur uniforme :

comme $grad P$ est vertical, $P$ ne dépend que de l'altitude $z$ : les surfaces isobares sont horizontales (en particulier la surface libre d'un liquide au repos est plane et horizontale) ;
la pression décroît quand l'altitude augmente ( $d P / d z < 0$ ) ;
deux points à la même altitude d'un même fluide connexe au repos sont à la même pression.

Attention

La RFSF suppose le fluide au repos dans un référentiel galiléen. Dans un fluide accéléré (référentiel non galiléen, camion qui freine, seau qui tourne), il faut ajouter les forces d'inertie : les isobares ne sont plus horizontales. Ce cas est hors-programme mais la méthode (ajouter $f_{i e}$ à la RFSF) reste la même.

1.4 Fluide incompressible : loi de l'hydrostatique

Proposition 1.4Champ de pression dans un liquide

Un liquide est très peu compressible : on prend $ρ = cte$ . L'intégration de $d P / d z = - ρ g$ entre deux points d'altitudes $z_{1}$ et $z_{2}$ donne

$P (z_{2}) - P (z_{1}) = - ρ g (z_{2} - z_{1})$

En notant $h = z_{1} - z_{2} > 0$ la profondeur d'un point sous un point de référence, on retient que la pression augmente de $ρ g$ par mètre de descente :

$P = P_{surface} + ρ g h .$

iRemarqueOrdre de grandeur

Dans l'eau ( $ρ = 1000 kg / m^{3}$ ), $ρ g \approx 1.0 \times 1 0^{4} Pa / m$ : la pression augmente d'environ 1 bar tous les $10 m$ . À $10 m$ de fond, un plongeur subit déjà $\approx 2$ bar.

iRemarqueThéorème de Pascal, presse hydraulique

Comme $P (z_{2}) - P (z_{1})$ ne dépend que des altitudes, toute surpression $Δ P$ appliquée en un point d'un liquide incompressible se transmet intégralement à tout le fluide. C'est le principe du vérin et de la presse hydraulique : une petite force sur un petit piston (aire $s$ ) engendre une grande force $F = Δ P \cdot S$ sur un grand piston (aire $S ≫ s$ ).

ImportantParadoxe hydrostatique

La pression au fond d'un récipient ne dépend que de la hauteur de liquide, pas de la forme du récipient ni du volume total : un tube fin et un large réservoir remplis à la même hauteur exercent la même pression sur le fond. Seule la hauteur compte.

1.5 Atmosphère isotherme : facteur de Boltzmann

Un gaz est compressible : sa masse volumique $ρ$ dépend de la pression, donc de l'altitude. Il faut réinjecter l'équation d'état dans la RFSF avant d'intégrer.

Méthode : Modèle de l'atmosphère isotherme

On modélise l'air comme un gaz parfait de masse molaire $M$ , à température $T$ uniforme. L'équation d'état $P V = n R T$ donne la masse volumique

$ρ = \frac{m}{V} = \frac{n M}{V} = \frac{P M}{R T} .$

En reportant dans $\frac{d P}{d z} = - ρ g$ :

$\frac{d P}{d z} = - \frac{M g}{R T} P ⟹ \frac{d P}{P} = - \frac{M g}{R T} d z .$

L'intégration avec $P (0) = P_{0}$ conduit à la loi de l'atmosphère isotherme :

$P (z) = P_{0} e^{- M g z / R T} = P_{0} e^{- z / H} H = \frac{R T}{M g}$

La pression décroît exponentiellement avec l'altitude, sur une hauteur caractéristique $H \approx 8 km$ (air, $T = 288 K$ ).

ImportantFacteur de Boltzmann

À l'échelle microscopique, chaque molécule d'air de masse $m = M / N_{A}$ a l'énergie potentielle de pesanteur $E_{p} = m g z$ . Comme $P = n^{*} k_{B} T$ (avec $n^{*}$ la densité de molécules), la loi ci-dessus se réécrit

$n^{*} (z) = n_{0}^{*} e^{- m g z / k_{B} T} = n_{0}^{*} e^{- E_{p} / k_{B} T} .$

Le terme $e^{- E_{p} / k_{B} T}$ est le facteur de Boltzmann : à l'équilibre thermique, la probabilité d'occuper un état d'énergie $E_{p}$ décroît exponentiellement avec $E_{p} / k_{B} T$ . Les états de haute énergie sont d'autant moins peuplés que la température est basse. Ce facteur est un pilier de toute la physique statistique.

Attention

L'atmosphère réelle n'est pas isotherme : dans la troposphère, la température chute d'environ $6.5 K / km$ . Le modèle isotherme reste une bonne première approximation sur quelques kilomètres et fournit le bon ordre de grandeur de $H$ .

Proposition 1.5Comparaison océan / atmosphère

Sur une même dénivellation $h$ , comparons la variation relative de pression :

océan (incompressible) : $\frac{Δ P}{P _{0}} = \frac{ρ _{eau} g h}{P _{0}}$ ; pour $h = 10 m$ , $Δ P \approx 1 bar \approx P_{0}$ : la pression double en $10 m$ . Le liquide est dense, la pression varie vite et linéairement ;
atmosphère (compressible) : $P$ varie sur l'échelle $H \approx 8 km$ ; il faut monter de plusieurs kilomètres pour une variation comparable. Le gaz est peu dense, la pression varie lentement et exponentiellement.

Le rapport des « raideurs » est de l'ordre de $ρ_{eau} / ρ_{air} \approx 800$ : d'où le facteur $\sim 1 0^{3}$ entre les échelles $10 m$ et $8 km$ .

Capacité numérique : Profil de pression atmosphérique par intégration numérique

On intègre $\frac{d P}{d z} = - \frac{M g}{R T} P$ par la méthode d'Euler explicite et on compare à la solution exponentielle.


import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

M, g, R, T = 29e-3, 9.81, 8.314, 288.0     # air (kg/mol), SI
P0 = 1.0e5
H = R * T / (M * g)                         # hauteur caracteristique ( 8 km)

z = np.linspace(0, 30000, 300)              # 0 a 30 km
dz = z[1] - z[0]
P = np.empty_like(z); P[0] = P0
for i in range(len(z) - 1):
    P[i+1] = P[i] - (M * g / (R * T)) * P[i] * dz   # Euler explicite

plt.plot(z / 1000, P / P0, label="Euler")
plt.plot(z / 1000, np.exp(-z / H), "--", label="P0 exp(-z/H)")
plt.xlabel("z (km)"); plt.ylabel("P / P0"); plt.legend(); plt.show()
print("H =", round(H), "m  ;  P(8 km)/P0 =", round(np.exp(-8000 / H), 3))

Les deux courbes coïncident pour $d z$ assez petit : à $z = H \approx 8 km$ , la pression est tombée à $P_{0} / e \approx 0, 37 P_{0}$ .

1.6 Résultante des forces de pression sur une paroi

Sur une paroi ou un objet, la résultante des forces de pression s'obtient en sommant $d F = - P d S n$ sur toute la surface. Le programme PT insiste sur deux points : exprimer une surface élémentaire dans un système de coordonnées adapté, et utiliser les symétries pour déterminer la direction de la résultante.

Méthode : Calcul d'une résultante de pression

Repérer les symétries pour prévoir la direction de $F$ : les composantes tangentielles opposées se compensent, seule survit en général la composante normale « moyenne ».
Paramétrer la surface avec un système de coordonnées adapté et écrire l'aire élémentaire $d S$ (cartésiennes : $d x d y$ ; cylindriques latérales : $r d θ d z$ ; sphériques : $r^{2} sin θ d θ d φ$ ).
Exprimer $P$ en fonction des coordonnées via la RFSF ( $P = P_{0} + ρ g profondeur$ ).
Intégrer la composante utile de $- P d S n$ .

Exemple 1.6Force sur une paroi verticale rectangulaire

Une vanne rectangulaire verticale de largeur $L$ ferme un réservoir d'eau de hauteur $H$ (surface libre à la pression atmosphérique $P_{0}$ de part et d'autre, on ne compte que la surpression).

Démonstration

À la profondeur $z$ (comptée vers le bas depuis la surface), la surpression vaut $ρ g z$ . La bande horizontale d'aire $d S = L d z$ subit la force horizontale $ρ g z L d z$ . En sommant de $0$ à $H$ :

$F = \int_{0}^{H} ρ g z L d z = \frac{1}{2} ρ g L H^{2} .$

La résultante s'applique au centre de poussée, situé au tiers de la hauteur à partir du fond ( $z_{app} = 2 H /3$ sous la surface), car la surpression croît linéairement avec la profondeur.

1.7 La poussée d'Archimède

La résultante des forces de pression sur un corps immergé porte un nom : la poussée d'Archimède. Le programme PT la présente comme la simple somme des forces de pression, calculable par la méthode du « fluide fictif ».

◆Théorème 1.7Théorème d'Archimède

Un corps de volume $V$ entièrement immergé dans un fluide au repos de masse volumique $ρ_{f}$ subit, de la part du fluide, une résultante des forces de pression — la poussée d'Archimède — opposée au poids du fluide déplacé :

$Π = - ρ_{f} V g$

Elle est verticale ascendante, de norme $ρ_{f} V g$ , et s'applique au centre de poussée $C$ , qui est le centre de masse du fluide déplacé.

Démonstration (Méthode du fluide fictif)

Par la pensée, remplaçons le corps par du fluide identique à celui qui l'entoure, de même forme. La surface étant inchangée et le champ de pression du fluide environnant aussi, les forces de pression sur cette surface sont exactement les mêmes que sur le corps réel. Or ce « fluide fictif » est en équilibre : la résultante des pressions équilibre son poids $ρ_{f} V g$ . Donc la résultante des pressions vaut $- ρ_{f} V g$ , quel que soit le corps réellement présent. Elle s'applique au centre de masse de ce fluide déplacé.

Proposition 1.8Flottaison d'un corps

Un corps homogène de masse volumique moyenne $ρ$ et de volume total $V$ flotte à la surface d'un liquide de masse volumique $ρ_{f} > ρ$ . À l'équilibre, le poids compense la poussée exercée sur la seule partie immergée (volume $V_{imm}$ ) :

$ρ V g = ρ_{f} V_{imm} g ⟹ \frac{V _{imm}}{V} = \frac{ρ}{ρ _{f}}$

Si $ρ > ρ_{f}$ , le corps coule ; si $ρ < ρ_{f}$ , il flotte en émergeant d'une fraction $1 - ρ / ρ_{f}$ .

iRemarqueStabilité et centre de poussée

Un corps flottant est en équilibre stable si, écarté, le couple formé par le poids (appliqué au centre de masse $G$ ) et la poussée (appliquée au centre de poussée $C$ ) tend à le redresser. Pour un navire, c'est la position relative de $G$ et du métacentre qui décide de la stabilité : c'est pourquoi on leste les coques par le bas (abaisser $G$ ).

<i class="fa-solid fa-dumbbell mr-2" style="color:#2E7559"></i>1.8 Exercices résolus

Exercice 1 : Pression en plongée (

⋆

)

De combien augmente la pression quand un plongeur descend de $10 m$ dans l'eau douce ( $ρ = 1000 kg / m^{3}$ ) ? Quelle est la pression absolue à cette profondeur ?

Démonstration

$Δ P = ρ g h = 1000 \times 9, 81 \times 10 \approx 9.8 \times 1 0^{4} Pa \approx 1 bar$ . La pression absolue vaut $P = P_{0} + Δ P \approx 1, 0 + 1, 0 = 2.0 bar$ . On retient : un bar de plus tous les dix mètres.

Exercice 2 : Baromètre de Torricelli (

⋆ ⋆

)

Un tube renversé rempli de mercure ( $ρ = 13600 kg / m^{3}$ ) laisse une colonne de hauteur $h$ au-dessus de la cuve, le vide régnant au sommet. Relier $h$ à $P_{0}$ et calculer $h$ pour $P_{0} = 1.013 \times 1 0^{5} Pa$ .

Démonstration

Au niveau de la surface libre de la cuve, la pression vaut $P_{0}$ (atmosphère) d'un côté et $ρ g h$ (colonne de mercure, vide au sommet) de l'autre. L'égalité des pressions à même altitude donne $P_{0} = ρ g h$ , soit

$h = \frac{P _{0}}{ρ g} = \frac{1 , 013 \times 1 0 ^{5}}{13600 \times 9 , 81} \approx 0.76 m = 760 mm de mercure .$

D'où l'unité historique « mm Hg ». Avec de l'eau, il faudrait un tube de $10.3 m$ .

Exercice 3 : Tube en U eau/huile (

⋆ ⋆

)

Un tube en U contient de l'eau ; on verse dans une branche une hauteur $h_{h} = 10 cm$ d'huile ( $ρ_{h} = 900 kg / m^{3}$ ), non miscible et plus légère. Quelle dénivellation $Δ z$ observe-t-on entre les deux surfaces d'eau ?

Démonstration

Au niveau de l'interface eau/huile la plus basse, on égale les pressions dans les deux branches. La colonne d'huile $ρ_{h} g h_{h}$ équilibre une colonne d'eau de hauteur $h_{e}$ telle que $ρ_{h} g h_{h} = ρ_{e} g h_{e}$ , d'où

$h_{e} = \frac{ρ _{h}}{ρ _{e}} h_{h} = 0, 9 \times 10 = 9 cm .$

La surface d'huile est $10 cm$ au-dessus de l'interface, la surface d'eau opposée $9 cm$ au-dessus : la dénivellation entre surfaces libres est $Δ z = h_{h} - h_{e} = 1 cm$ (l'eau monte moins que l'huile versée).

Exercice 4 : Force sur un barrage (

⋆ ⋆ ⋆

)

Un barrage retient de l'eau sur une hauteur $H = 40 m$ , de largeur $L = 100 m$ . Calculer la résultante des forces de pression de l'eau (surpression seule) et sa hauteur d'application.

Démonstration

À la profondeur $z$ , la surpression est $ρ g z$ ; la bande $L d z$ subit $ρ g z L d z$ . En intégrant :

$F = \int_{0}^{H} ρ g z L d z = \frac{1}{2} ρ g L H^{2} = \frac{1}{2} \times 1000 \times 9, 81 \times 100 \times 4 0^{2} \approx 7.8 \times 1 0^{8} N .$

La surpression croissant linéairement, le centre de poussée est au tiers de la hauteur depuis le fond ( $z = 2 H /3$ sous la surface). D'où l'épaississement des barrages à la base pour résister au moment de renversement.

Exercice 5 : Everest (atmosphère isotherme) (

⋆ ⋆

)

Avec le modèle isotherme ( $T = 288 K$ , $M = 29 g / mol$ ), estimer la pression au sommet de l'Everest ( $z = 8.8 km$ ).

Démonstration

$H = \frac{R T}{M g} = \frac{8 , 314 \times 288}{0 , 029 \times 9 , 81} \approx 8.4 \times 1 0^{3} m$ . Donc

$P = P_{0} e^{- z / H} = P_{0} e^{- 8800/8400} \approx P_{0} e^{- 1, 05} \approx 0, 35 P_{0} \approx 0.35 bar .$

L'air y est presque trois fois moins dense qu'au niveau de la mer, d'où le recours à l'oxygène supplémentaire.

Exercice 6 : Facteur de Boltzmann (

⋆ ⋆

)

À quelle altitude la densité de molécules d'air est-elle divisée par $2$ (modèle isotherme, $H = 8.4 km$ ) ? Interpréter.

Démonstration

$\frac{n ^{*} ( z )}{n _{0}^{*}} = e^{- z / H} = \frac{1}{2} \Rightarrow z = H ln 2 \approx 8400 \times 0, 693 \approx 5.8 \times 1 0^{3} m$ . Autrement dit, la moitié de la masse de l'atmosphère se trouve sous $\approx 5.8 km$ : l'essentiel de l'air est concentré près du sol.

Exercice 7 : Iceberg (

⋆ ⋆

)

Quelle fraction d'un iceberg ( $ρ_{g} = 917 kg / m^{3}$ ) émerge de l'eau de mer ( $ρ_{m} = 1025 kg / m^{3}$ ) ?

Démonstration

La fraction immergée vaut $\frac{V _{imm}}{V} = \frac{ρ _{g}}{ρ _{m}} = \frac{917}{1025} \approx 0, 895$ . La fraction émergée est donc $1 - 0, 895 \approx 0, 10$ : environ 10 % seulement de l'iceberg est visible — « la partie émergée de l'iceberg ».

Exercice 8 : Aérostat à l'hélium (

⋆ ⋆ ⋆

)

Un ballon-sonde de volume $V = 10 m^{3}$ est gonflé d'hélium ( $ρ_{He} = 0.18 kg / m^{3}$ ) dans l'air ( $ρ_{air} = 1.20 kg / m^{3}$ ). L'enveloppe et la nacelle pèsent $m = 2.0 kg$ . Décolle-t-il ? Quelle charge maximale peut-il emporter ?

Démonstration

Poussée d'Archimède (air déplacé) : $Π = ρ_{air} V g = 1, 20 \times 10 \times 9, 81 \approx 118 N$ . Poids total : $(m + ρ_{He} V) g = (2, 0 + 1, 8) \times 9, 81 \approx 37 N$ . Comme $Π > P_{tot}$ , la force ascensionnelle nette $\approx 81 N$ est positive : il décolle. La charge maximale $m_{c}$ vérifie $Π = (m + ρ_{He} V + m_{c}) g$ , soit $m_{c} \leq \frac{Π}{g} - (m + ρ_{He} V) = 12, 0 - 3, 8 = 8.2 kg$ .

Exercice 9 : Densimètre (

⋆ ⋆ ⋆

)

Un densimètre est une tige lestée de masse totale $m$ , de section constante $s$ dans sa partie graduée. Plongé dans un liquide de masse volumique $ρ$ , il s'enfonce jusqu'à une hauteur émergée $ℓ$ mesurée sur la graduation. Établir la relation $ℓ (ρ)$ pour un volume immergé de base $V_{0}$ (partie renflée) au repère $ℓ = 0$ .

Démonstration

À l'équilibre, poids et poussée se compensent : $m g = ρ V_{imm} g$ , donc $V_{imm} = m / ρ$ . Le volume immergé décroît quand $ρ$ augmente : un densimètre s'enfonce moins dans un liquide dense. Si $V_{0}$ est le volume immergé pour un liquide de référence, la variation de volume immergé $Δ V = V_{imm} - V_{0} = s Δ ℓ$ se lit sur la tige. On obtient

$ℓ (ρ) = ℓ_{0} - \frac{1}{s} (\frac{m}{ρ} - V_{0}),$

graduation non linéaire en $ρ$ (en $1/ ρ$ ), resserrée vers les fortes densités.

1.9 Synthèse du chapitre

À retenir

Deux forces : volumique (poids, $f_{v} = ρ g$ ) et surfacique (pression, $d F = - P d S n$ , normale et compressive). Densité volumique des pressions : $f_{p} = - grad P$ .
RFSF : $grad P = ρ g$ , soit $\frac{d P}{d z} = - ρ g$ ( $O z$ ascendant). Isobares horizontales, $P$ décroît avec $z$ , même altitude $\Rightarrow$ même pression.
Liquide (incompressible) : $P = P_{0} + ρ g h$ ; $+ 1$ bar tous les $10 m$ d'eau ; théorème de Pascal, paradoxe hydrostatique.
Atmosphère isotherme (GP) : $P (z) = P_{0} e^{- z / H}$ avec $H = R T / M g \approx 8 km$ ; facteur de Boltzmann $e^{- E_{p} / k_{B} T}$ . Océan : variation rapide et linéaire ; atmosphère : lente et exponentielle.
Archimède : $Π = - ρ_{f} V g$ (opposée au poids du fluide déplacé), appliquée au centre de poussée. Flottaison : $V_{imm} / V = ρ / ρ_{f}$ . Applications : icebergs, aérostats, densimètre, navires.

1.10 Exercices d'entraînement

( $⋆$ ) Calculer la pression absolue au fond d'une piscine de $3 m$ de profondeur ( $P_{0} = 1.0 \times 1 0^{5} Pa$ ).
( $⋆$ ) Convertir $760 mm$ de mercure en pascals, en bars et en atmosphères.
( $⋆$ ) Un plongeur descend à $25 m$ en mer ( $ρ = 1025 kg / m^{3}$ ) : donner la pression absolue.
( $⋆ ⋆$ ) Établir $\frac{d P}{d z} = - ρ g$ par un bilan de forces direct sur une tranche de fluide d'aire $S$ et d'épaisseur $d z$ .
( $⋆ ⋆$ ) Tube en U eau/huile : retrouver la dénivellation pour $20 cm$ d'huile ( $ρ_{h} = 800 kg / m^{3}$ ).
( $⋆ ⋆$ ) Force de pression sur une écoutille circulaire de rayon $0.3 m$ placée à $50 m$ de profondeur (surpression uniforme, justifier l'approximation).
( $⋆ ⋆$ ) Estimer la pression atmosphérique à $3 km$ d'altitude (modèle isotherme, $H = 8.4 km$ ).
( $⋆ ⋆$ ) Montrer que la couche $0 \leq z \leq H ln 2$ contient la moitié de la masse totale de l'atmosphère isotherme.
( $⋆ ⋆$ ) Fraction immergée d'un glaçon dans l'eau douce ( $ρ_{g} = 917 kg / m^{3}$ , $ρ_{e} = 1000 kg / m^{3}$ ) ; commenter la fonte.
( $⋆ ⋆$ ) Un ludion coule quand on presse la bouteille : expliquer qualitativement (lien pression $\to$ volume de la bulle de gaz $\to$ poussée).
( $⋆ ⋆$ ) Poussée d'Archimède sur un plongeur de volume $70 L$ ; comparer à son poids ( $m = 75 kg$ ) et conclure sur le lestage.
( $⋆ ⋆ ⋆$ ) Établir $H = R T / M g$ et la calculer pour du dioxyde de carbone ( $M = 44 g / mol$ ) ; comparer à l'air et commenter l'accumulation du $CO X_{2}$ au sol.

1.11 Problèmes contextualisés

Exemple 1.18Le barrage hydroélectrique (

⋆ ⋆ ⋆

)

Un barrage-poids retient un lac de hauteur $H = 100 m$ et de largeur $L = 200 m$ .

Exprimer et calculer la résultante des forces de pression de l'eau sur le barrage.
À quelle hauteur s'applique-t-elle ? Pourquoi les barrages sont-ils plus épais à la base ?
La force dépend-elle du volume d'eau retenu en amont ?

Démonstration

1. $F = \frac{1}{2} ρ g L H^{2} = \frac{1}{2} \times 1000 \times 9, 81 \times 200 \times 10 0^{2} \approx 9.8 \times 1 0^{9} N$ .

2. La surpression croît linéairement : le centre de poussée est au tiers de la hauteur depuis le fond. Le moment de renversement étant maximal en bas, la base doit être élargie.

3. Non : la pression ne dépend que de la hauteur d'eau, pas du volume amont (paradoxe hydrostatique). Un lac étroit exerce la même force qu'un lac immense à hauteur égale.

Exemple 1.19La montgolfière (

⋆ ⋆

)

Une montgolfière de volume $V = 2000 m^{3}$ contient de l'air chaud. L'air extérieur est à $ρ_{0} = 1.20 kg / m^{3}$ ; l'enveloppe et la nacelle (hors air chaud) pèsent $M = 400 kg$ .

Exprimer la force ascensionnelle nette en fonction de $ρ_{0}$ , $ρ_{c}$ (air chaud) et $V$ .
Quelle masse volumique maximale $ρ_{c}$ permet le décollage ?
À quelle température faut-il chauffer l'air (GP à $P$ et $M$ constants) ?

Démonstration

1. $F_{net} = pouss e ˊ e ρ_{0} V g - poids (M + ρ_{c} V) g = [(ρ_{0} - ρ_{c}) V - M] g$ .

2. Décollage si $F_{net} \geq 0$ : $ρ_{c} \leq ρ_{0} - \frac{M}{V} = 1, 20 - \frac{400}{2000} = 1.0 kg / m^{3}$ .

3. À pression constante, la loi des gaz parfaits donne $ρT = cte$ , donc $T_{c} = T_{0} \frac{ρ _{0}}{ρ _{c}} = 288 \times \frac{1 , 20}{1 , 0} \approx 346 K \approx 73° C$ : il faut chauffer d'environ $60° C$ au-dessus de l'ambiante.

Exemple 1.20La plongée sous-marine (

⋆ ⋆

)

Un plongeur descend en eau de mer ( $ρ = 1025 kg / m^{3}$ ).

Donner la pression absolue à $30 m$ .
Comment évolue le volume d'air des poumons ( $\approx 6 L$ en surface) à cette profondeur (loi de Boyle--Mariotte, $T$ constant) ?
Pourquoi ne faut-il jamais remonter en bloquant sa respiration ?

Démonstration

1. $P = P_{0} + ρ g h = 1, 013 \times 1 0^{5} + 1025 \times 9, 81 \times 30 \approx 4, 0 \times 1 0^{5} Pa \approx 4 bar$ .

2. À $T$ constant, $P V = cte$ : $V = V_{0} \frac{P _{0}}{P} = 6 \times \frac{1}{4} = 1.5 L$ (comprimé d'un facteur $4$ ).

3. En remontant, $P$ diminue et l'air se dilate : à poumons bloqués, le volume quadruplerait, provoquant une surpression pulmonaire (barotraumatisme). Il faut expirer continûment pendant la remontée.

Continuer sur Adloun : animation, QCM, fiches, exercices