thermodynamique et statique des fluides (PCSI) · Chapitre 8 · Exercice de TD

Du pavé de fluide au centre de la Terre

Statique des fluides dans un référentiel galiléen · B. L'équation locale de la statique des fluides · niveau 2

Énoncé

On prendra $g_{0} = 9, 81 m s^{- 2}$ et $P_{0} = 1, 013 \times 1 0^{5} Pa$ .

1) L'équivalent volumique. On isole par la pensée, dans un fluide au repos de champ de pression $P (x, y, z)$ , un pavé de côtés $d x$ , $d y$ , $d z$ . Exprimer la résultante des forces de pression exercées sur ses deux faces orthogonales à $O x$ , puis sur les six faces. En déduire que tout se passe comme si chaque élément de volume $d τ$ subissait la force $- \nabla P d τ$ . Que vaut cette force si la pression est uniforme ? Le résultat dépend-il de la forme de l'élément choisi ?

2) L'équation locale. Le fluide, de masse volumique $ρ$ , est au repos dans un référentiel galiléen et soumis au seul champ de pesanteur $g (M)$ , non nécessairement uniforme. Établir $\nabla P = ρ g$ . Montrer que les surfaces isobares sont orthogonales en tout point à $g$ . Que sont-elles dans un lac ? Dans une planète fluide à symétrie sphérique ?

3) L'océan. La fosse des Mariannes atteint une profondeur voisine de $h = 11 km$ . L'eau de mer a pour masse volumique $ρ_{0} = 1025 kg m^{- 3}$ en surface et pour coefficient de compressibilité isotherme $χ_{T} = 4, 6 \times 1 0^{- 10} P a^{- 1}$ (ordre de grandeur pour une eau de mer froide).

a) Dans le modèle incompressible, calculer la pression au fond, en bars. La pression atmosphérique compte-t-elle ?

b) Estimer la variation relative de masse volumique entre la surface et le fond. On modélise ensuite $ρ (P) = ρ_{0} e^{χ_{T} (P - P_{0})}$ : intégrer exactement l'équation locale et calculer l'écart relatif au modèle incompressible. Conclure sur la validité de ce modèle pour un liquide.

4) Le centre d'une planète. On modélise la Terre par une boule de rayon $R = 6371 km$ , de masse volumique uniforme $ρ = 5, 51 \times 1 0^{3} kg m^{- 3}$ (la valeur moyenne), dont la matière se comporte, aux grandes échelles de temps, comme un fluide au repos. On admet qu'à la distance $r$ du centre le champ de pesanteur est radial, dirigé vers le centre, de norme $g (r) = g_{0} r / R$ . Projeter l'équation locale sur $u_{r}$ , en déduire $P (r)$ (pression nulle en surface à l'échelle du problème) et la pression au centre $P_{c}$ . Application numérique, en pascals et en mégabars ( $1 Mbar = 1 0^{11} Pa$ ).

5) Confronter. Les modèles sismologiques donnent une pression centrale de l'ordre de $3, 6 \times 1 0^{11} Pa$ et une masse volumique centrale voisine de $1, 3 \times 1 0^{4} kg m^{- 3}$ . Le modèle homogène sur- ou sous-estime-t-il la pression centrale ? Proposer une explication. Que donnerait le calcul si l'on gardait $g = g_{0}$ uniforme jusqu'au centre ? Pourquoi est-ce un mauvais modèle, même s'il tombe plus près ? Calculer enfin $P_{c}$ pour la Lune ( $ρ = 3, 34 \times 1 0^{3} kg m^{- 3}$ , $g_{0} = 1, 62 m s^{- 2}$ , $R = 1737 km$ ).

Corrigé

La stratégie. Le système est un élément de fluide, assez petit pour que la pression varie peu sur ses faces. On écrit les forces de pression face par face, on les somme : la différence de pression entre deux faces opposées fait apparaître une dérivée partielle. On écrit ensuite l'équilibre de l'élément, et l'on intègre l'équation obtenue dans trois géométries : un lac, un océan compressible, une planète.

1) Le pavé. Le pavé occupe $[x, x + d x] \times [y, y + d y] \times [z, z + d z]$ . La face d'abscisse $x$ a pour normale sortante $- u_{x}$ : le fluide extérieur la pousse selon $+ u_{x}$ , avec la force $P (x, y, z) d y d z u_{x}$ . La face d'abscisse $x + d x$ a pour normale sortante $+ u_{x}$ : elle subit $- P (x + d x, y, z) d y d z u_{x}$ . La somme vaut $[P (x, y, z) - P (x + d x, y, z)] d y d z u_{x} = - \frac{\partial P}{\partial x} d x d y d z u_{x} .$ Les quatre autres faces donnent de même $- \frac{\partial P}{\partial y} d τ u_{y}$ et $- \frac{\partial P}{\partial z} d τ u_{z}$ , avec $d τ = d x d y d z$ . Au total, $d F_{p} = - (\frac{\partial P}{\partial x} u_{x} + \frac{\partial P}{\partial y} u_{y} + \frac{\partial P}{\partial z} u_{z}) d τ = - \nabla P d τ .$ Des forces de surface se comportent comme une force de volume, de densité $f_{p} = - \nabla P$ . Si la pression est uniforme, $\nabla P = 0$ : la résultante est nulle. C'est le résultat du chapitre sur le système thermodynamique, au thème « pression uniforme et aire projetée » : un fluide à pression uniforme exerce une résultante nulle sur toute surface fermée. Seules les différences de pression entre les faces poussent un élément de fluide.

La forme de l'élément. Un volume quelconque se pave de petits cubes. Sur une face commune à deux cubes voisins, les deux forces de pression sont égales et opposées (même pression, normales opposées) : elles s'annulent dans la somme. Il ne reste que les faces extérieures, c'est-à-dire la surface du volume, et la somme vaut $- \sum \nabla P d τ$ . Le résultat ne dépend pas de la forme : le pavé n'est qu'un choix commode de coordonnées.

2) L'équation locale. L'élément est au repos dans un référentiel galiléen : la somme des forces qu'il subit est nulle. Il subit son poids $ρ d τ g (M)$ et les forces de pression $- \nabla P d τ$ , d'où, après division par $d τ$ , $\nabla P = ρ g (M) .$ Le raisonnement est local : il n'a jamais supposé $g$ uniforme, seulement constant à l'échelle de l'élément. Pour un déplacement élémentaire $d ℓ$ sur une surface isobare, $d P = \nabla P \cdot d ℓ = 0$ , donc $ρ g \cdot d ℓ = 0$ : $g$ est orthogonal à tout déplacement sur l'isobare. Les isobares sont orthogonales au champ de pesanteur. Dans un lac, $g$ est vertical et uniforme : les isobares sont des plans horizontaux, et la surface libre, isobare $P = P_{0}$ , est plane. Dans une planète à symétrie sphérique, $g$ est radial : les isobares sont des sphères concentriques. C'est pourquoi la surface des océans, isobare elle aussi, épouse la rotondité de la Terre.

3) L'océan. a) Avec $z^{'}$ la profondeur, $\frac{d P}{d z ^{'}} = ρ_{0} g_{0}$ s'intègre en $P = P_{0} + ρ_{0} g_{0} z^{'}$ , et $ρ_{0} g_{0} h = 1025 \times 9, 81 \times 1, 1 \times 1 0^{4} \approx 1, 11 \times 1 0^{8} Pa \approx 1106 bar .$ La pression atmosphérique ajoute $1 bar$ , soit $0, 1 %$ : elle ne compte pas. Plus de mille bars, le poids d'une tonne sur chaque centimètre carré : c'est la raison des sphères d'acier épais des bathyscaphes.

b) Première estimation. Par définition de $χ_{T}$ , une variation de pression $Δ P$ change la masse volumique de $Δ ρ / ρ \approx χ_{T} Δ P$ : $\frac{Δ ρ}{ρ} \approx χ_{T} ρ_{0} g_{0} h = 4, 6 \times 1 0^{- 10} \times 1, 11 \times 1 0^{8} \approx 0, 051,$ soit environ $5 %$ . C'est petit, mais pas nul : on calcule l'effet sur la pression.

Intégration exacte. L'équation locale s'écrit $\frac{d P}{d z ^{'}} = ρ_{0} g_{0} e^{χ_{T} (P - P_{0})}$ . Les variables se séparent : $e^{- χ_{T} (P - P_{0})} d P = ρ_{0} g_{0} d z^{'} ⟹ \frac{1 - e ^{- χ_{T} (P - P_{0})}}{χ _{T}} = ρ_{0} g_{0} z^{'},$ d'où $P (z^{'}) - P_{0} = - \frac{1}{χ _{T}} ln (1 - χ_{T} ρ_{0} g_{0} z^{'}) .$ Au fond, avec $χ_{T} ρ_{0} g_{0} h \approx 0, 0509$ : $P - P_{0} = - ln (0, 9491) / (4, 6 \times 1 0^{- 10}) \approx 1, 135 \times 1 0^{8} Pa$ , soit $1135 bar$ contre $1106$ : $+ 2, 6 %$ . La masse volumique au fond vaut $ρ_{0} / (1 - 0, 0509)$ , soit $+ 5, 4 %$ . Le développement $- ln (1 - x) \approx x + x^{2} /2$ explique l'écart : la correction relative vaut $x /2 \approx 2, 5 %$ , la moitié de la surdensité du fond, parce que la colonne d'eau a, en moyenne, la surdensité de son milieu.

Conclusion. Même dans la fosse la plus profonde du globe, le modèle incompressible se trompe de moins de $3 %$ sur la pression. Pour toute profondeur ordinaire (une centaine de mètres), $χ_{T} ρ g h \sim 5 \times 1 0^{- 4}$ : la correction est invisible.

Le point délicat. On ne valide pas un modèle en le déclarant raisonnable : on calcule sa correction au premier ordre et l'on vérifie qu'elle est petite. C'est la démarche de tout le chapitre.

4) La planète homogène. $g = - g (r) u_{r}$ et, par symétrie sphérique, $P$ ne dépend que de $r$ ; la projection de $\nabla P = ρ g$ sur $u_{r}$ donne $\frac{d P}{d r} = - ρ g_{0} \frac{r}{R} .$ On intègre de $r$ à $R$ , avec $P (R) = 0$ (la pression atmosphérique est négligeable à cette échelle) : $P (r) = \frac{ρ g _{0}}{2 R} (R^{2} - r^{2}) = \frac{1}{2} ρ g_{0} R (1 - \frac{r ^{2}}{R ^{2}}), P_{c} = \frac{1}{2} ρ g_{0} R .$ $P_{c} = \frac{1}{2} \times 5, 51 \times 1 0^{3} \times 9, 81 \times 6, 371 \times 1 0^{6} \approx 1, 72 \times 1 0^{11} Pa \approx 1, 7 Mbar,$ près de deux millions de fois la pression atmosphérique. Le facteur $\frac{1}{2}$ vient de ce que $g$ décroît linéairement jusqu'à zéro : la colonne pèse comme si elle était soumise à $g_{0} /2$ .

5) Confronter. Le modèle homogène sous-estime $P_{c}$ d'un facteur voisin de $2$ ( $3, 6/1, 72 \approx 2, 1$ ). La masse volumique réelle croît vers le centre (noyau de fer, matière comprimée par le poids qui la surmonte : $1, 3 \times 1 0^{4}$ au centre contre $5, 5 \times 1 0^{3}$ en moyenne, et environ $3 \times 1 0^{3}$ dans la croûte). La masse est concentrée au centre : le champ de pesanteur ne décroît pas linéairement, il reste voisin de $10 m s^{- 2}$ dans tout le manteau, et la colonne, plus dense en bas, pèse davantage.

Avec $g = g_{0}$ uniforme : $P_{c} = ρ g_{0} R \approx 3, 4 \times 1 0^{11} Pa$ , beaucoup plus près. Mais ce modèle est incohérent : une boule de masse volumique uniforme ne peut pas avoir un champ uniforme, puisque par symétrie le champ est nul au centre. Il combine deux erreurs (densité trop faible en profondeur, champ trop fort au centre) qui se compensent par hasard : un bon accord obtenu pour une mauvaise raison ne valide rien.

La Lune. $P_{c} = \frac{1}{2} \times 3, 34 \times 1 0^{3} \times 1, 62 \times 1, 737 \times 1 0^{6} \approx 4, 7 \times 1 0^{9} Pa$ , soit $47 kbar$ , trente-sept fois moins que pour la Terre. La raison : $g_{0}$ est lui-même proportionnel à $ρR$ , donc $P_{c} \propto ρ^{2} R^{2}$ ; on vérifie que $(3, 34/5, 51)^{2} \times (1737/6371)^{2} \approx 0, 027$ . Une petite planète a un cœur bien moins comprimé.

Ordre de grandeur. Fosse océanique : $1 0^{3} bar$ ; centre de la Lune : $5 \times 1 0^{4} bar$ ; centre de la Terre : quelques $1 0^{6} bar$ .

Ce que l'exercice installe. Le geste découper, sommer, passer à la limite : des forces de surface sur un élément deviennent une densité volumique $- \nabla P$ . L'équation locale $\nabla P = ρ g$ est une loi intrinsèque, valable quel que soit le champ $g$ ; les isobares lui sont orthogonales. Un modèle se valide par sa correction (la compressibilité de l'océan) et se juge sur ses hypothèses, pas sur un accord numérique (le centre de la Terre).

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