Statique des fluides TD5 TSI 2015-2016

Statique des fluides
TD5
Statique des fluides gazeux
Exercice 1 :
considère
uniforme
le
et
champ
en
« isotherme ».
considérée
On peut donc trouver la pression au niveau
du Mont Blanc :ܲ(5݇݉) = ܲ଴ ݁ ିହ/ଵ଴ ≈ 0,6ܲ଴ .
On a donc une diminution significative de la
A) Equilibre isotherme de l’atmosphère
On
TSI 2015-2016
de
pesanteur
atmosphère
L’atmosphère
comme
un
-
dite
est
gaz
pression avec l’altitude :
plus que le tiers de la pression
aussi
parfait
à
normale
-
l’équilibre.
la
ܲ(‫)ݖ‬
pression
basses températures (et donc une
en
fonction de la hauteur ‫ ݖ‬par rapport
au sol en posant ܲ(‫ = ݖ‬0) = ܲ଴ , la
pression atmosphérique au sol.
2) Définir
et
calculer
une
hauteur
caractéristique ߜ de variation de la
pression pour 20°C.
3) En déduire la pression au sommet du
cuisson moins rapide : ébullition à
90°C à 3000m)
-
Les
météorologistes,
pour
leurs
prédictions, apprécient de faibles
variations de pression (entre 990hPa
à 1030 hPa)
qu’ils doivent corriger
avec l’altitude de leur sonde.
mont Blanc (≈ 5000݉) que propose
A l’échelle ℎ humaine, on a ℎ ≪ ߜ et donc
Commenter.
uniforme (ce qui revient à négliger la
ce modèle (on donne ݁
ିଵ/ଶ
≈ 0,6).
4) Justifier que dans un récipient de
ܲ ≈ ܲ଴ , on peut donc parler de pression
poussée
d’Archimède !
Il
faut
donc
taille humaine, on puisse parler de
reprendre cette hypothèse dans le cas
« la pression ».
d’étude d’un aérostat dont le volume et la
Avec la loi de la statique des fluides et un
axe ascendant :
ௗ௉(௭)
ௗ௭
= −ߩ݃
Et la loi des gaz parfait donne alors : ߩ =
ௗ௉(௭)
ௗ௭
+
ெ௚
ோ்బ
‫=ݖ‬0
Soit ܲ(‫ܲ = )ݖ‬଴ exp ቀ−
On
En altitude, les forces de pression
plus faible favorise l’ébullition à
1) Exprimer
Ainsi :
A l’Everest (8km), la pression ne vaut
obtient
ெ௚
ோ்బ
ோ்బ
d’Archimède plus importante que le poids.
B) Equilibre
polytropique
de
l’atmosphère
Jusqu’à
une
altitude
de
10
km,
la
température de l’air diminue régulièrement
en suivant la loi ܶ(‫ܶ = )ݖ‬଴ − ܽ‫ ݖ‬où ܶ଴ est la
‫ݖ‬ቁ.
une
température au sol et ܽ = 6‫ܭ‬/݇݉. L’air est
distance
encore considéré comme un gaz parfait et le
caractéristique de décroissance donnée par :
champ de pesanteur est encore considéré
ߜ=
donc
ெ௉
massique volumique permettent une poussée
ܴܶ଴
10 × 300
≈
= 10݇݉
‫ ݃ܯ‬30 × 10ିଷ × 10
uniforme.
1) Montrer que ce modèle conduit à la
௉(௭)
௉బ
=ቀ
்(௭) ఈ
்బ
ቁ
C’est donc au bout de quelques dizaines de
relation
kilomètres que la pression, avec ce modèle,
l’expression et la valeur numérique
de vient « faible » (par rapport à ܲ଴ )
de ߙ
et
donner
Statique des fluides
TD5
2) Reprendre l’application numérique de
TSI 2015-2016
En conservant le modèle du gaz parfait :
ߩ(‫= )ݖ‬
valeur trouvée en A)
Pour une surface unitaire :
en prenant ܶ଴ = 20°‫ܥ‬. Comparer à
fluides :
ெ௉(௭)
ோ்
݀ܲ
ܲ‫݃ܯ‬
= −ߩ݃ = −
݀‫ݖ‬
ܴ(ܶ଴ − ܽ‫)ݖ‬
݉ௌ =
݀ܲ
‫ ݃ܯ‬−ܽ݀‫ݖ‬
‫݃ܯ‬
= ݈݀݊ܲ =
=
݈݀݊(ܶ଴ − ܽ‫)ݖ‬
ܲ
ܴܽ (ܶ଴ − ܽ‫ܴܽ )ݖ‬
Donc : ݈݀݊ܲ = ݈݀݊(ܶ଴ − ܽ‫ )ݖ‬ೃೌ
ಾ೒
௉
ಾ೒
(்బ ି௔௭) ೃೌ
௉(௭)
=
௉(௭)
=ቀ
ಾ೒
(்బ ି௔௭) ೃೌ
Donc :
௉బ
Alors ߙ =
௚ெ
ோ௔
்(௭)
்బ
=
ቁ
.
௭
Soit ݉ ≈
௭ ஶ
‫ܲܯ‬଴
‫ܲܯ‬଴
ቂ−ߜ݁ ିఋ ቃ =
ߜ
ܴܶ
ܴܶ
଴
݉≈
‫ܲܯ‬଴
ߜ × 4ߨܴଶ
ܴܶ
ଷ଴×ଵ଴షయ ×ଵ଴ఱ ×ଵ଴ర ×ଵଶ×ଷ଺×ଵ଴భమ
ଵ଴×ଷ଴଴
≈ 4 × 10ଵ଼ ݇݃
Il ne faut pas perdre de vue que cette
=0
masse est en équilibre sous l’action des
forces pressantes, elle donc sans effet (elle
௉బ
ಾ೒
்బೃೌ
ோ்
‫ܲܯ‬଴ ݁ ିఋ
‫ܲܯ‬଴ ஶ ି௭
݉ௌ = න
݀‫= ݖ‬
න ݁ ఋ ݀‫ݖ‬
ܴܶ
ܴܶ ଴
଴
Et donc :
Soit : ݈݀݊
=
ஶ
Toujours d’après la loi de la statique des
Et :
೥
ష
ெ௉బ ௘ ഃ
la pression au sommet du Mont-Blanc
est « portée » par l’air au niveau du sol). On
peut
ಾ೒
ೃೌ
aussi
évoquer
l’uniformité
de
la
pression et le bilan des forces pressantes à
notre niveau est nul.
ଵ଴×ଵ଴଴଴×ଷ଴×ଵ଴షయ
ଵ଴×଺
≈5
Statique des fluides incompressibles
Donc au Mont Blanc : ܲ(5000) = ܲ଴ ቀ
ଶ଻଴ ହ
ଷ଴଴
ቁ = 0,59ܲ଴
Exercice 3 : Baromètre de Torricelli
On retrouve un résultat proche de l’exercice
On réalise un baromètre en remplissant un
précédent
tube de 1 mètre de long avec du mercure
Exercice 2 : Estimation de la masse de
l’atmosphère terrestre
(ߩு௚ = 13,6݇݃. ‫ିܮ‬ଵ )
(fluide
supposé
incompressible et indilatable).
On reprend le modèle de l’atmosphère
isotherme de l’exercice 1 (isotherme à 0°C,
la relation donnant la pression depuis le sol
est encore ܲ(‫ܲ = )ݖ‬଴ ݁ ିഃ avec =
೥
ோ்బ
ெ௚
)
1) Exprimer la masse volumique ߩ(‫ )ݖ‬en
Ce tube est retourné sur une cuve contenant
2) En déduire la masse d’air contenu
atmosphérique,
3) Estimer la masse de l’atmosphère. Le
s’abaisse dans le tube, jusqu’à atteindre une
conservant le modèle du gaz parfait.
dans un cylindre de section 1݉ଶ .
rayon de la Terre est ்ܴ ≈ 6500݇݉.
4) Pourquoi
ne
sommes-nous
écraser par cette masse ?
pas
également du mercure, en contact avec l’air
à
la
pression
ordinaire
ܲ଴ = 1,013. 10 ܲܽ. La colonne de mercure
ହ
hauteur ℎ.
1) Donner le principe de ce baromètre.
2) En déduire la valeur de la hauteur ℎ.
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placer la graduation 1,00 par rapport
3) Pourquoi n’utilise-t-on pas de l’eau
l’extrémité supérieure ?
pour ce baromètre ?
4) Retrouver un ordre de grandeur de
la masse de l’atmosphère à l’aide des
résultats de cet exercice.
La création du vide d’air dans l’éprouvette va
permettre de mettre en évidence la pression
atmosphérique par création d’une différence
de pression. La colonne de mercure est alors
soumise à son poids et à la force de pression
atmosphérique (non compensée).
Dans le cas où ce densimètre plonge dans
Rapidement on a, pour traduire l’équilibre :
ߩ݃ℎ = ܲ଴
Donc, pour le mercure ℎ =
௉బ
ఘ௚
≈
ଵ଴ఱ
ଵ଴ర ×ଵ଴
≈ 1݉
(rigoureusement 76cm) alors que pour l’eau il
faudrait 10m !
l’eau, on a une situation d’équilibre donnée
par :
Soit ℎ = ݈ −
ߩ௘௔௨ ܵ(݈ − ℎ)݃ = ݉݃
௠
ఘ೐ೌೠ ௌ
= 0,280 −
଴,଴ହ
ଶ×ଵ଴య ଵ଴షర
= 3,00ܿ݉
Au final la pression atmosphérique est
3) Quel est en pourcentage, le volume
équivalente à la pression d’une colonne de
immergé d’un iceberg sachant que
hauteur ℎ sur une section unitaire d’un fluide
de masse volumique ߩ. Donc, sur toute la
Terre, on a ‫݃݌‬ℎ × 4ߨܴଶ ≈ 10ସ × 10 × 1 × 12 ×
36 × 10ଵଶ ≈ 4 × 10ଵ଼ ݇݃
Exercice 4 : Petits problèmes de physiques
1) A quelle pression respire un plongeur
lorsqu’il se trouve à une profondeur
de 50m ?
Avec l’eau, il est bon d’avoir à l’esprit qu’il
faut une hauteur de 10m pour ajouter une
atmosphère. Le plongeur à 50m est il est
donc à 6 atmosphères !
ߩ௚௟௔௖௘ = 0,92݃. ܿ݉ିଷ ?
Toujours à l’équilibre :
Donc ‫= ݔ‬
ߩ௘௔௨ ‫ߩ = ܸ݃ݔ‬௚௟௔௖௘ ܸ݃
ఘ೒೗ೌ೎೐
ఘ೐ೌೠ
= 92%
D’où le drame du Titanic !
4) Un glaçon cubique de côté ܽ flotte
sur l’eau ; on le tire légèrement vers
le
haut
et
on
le
relâche.
En
supposant qu’il reste à la verticale,
déterminer
la
période
de
ses
oscillations non amorties et proposer
2) Un densimètre permet de mesurer la
une application numérique. On note
densité des liquides. Celui-ci est
les masses volumique de l’eau solide
formé d’une ampoule cylindrique en
verre scellée, d’une longueur de
28,0cm, de section 2,00cm2, lestée à
sa base par une masse. La masse
totale est de 50,0g. Où doit-on
et liquide respectivement ߩ௦ et ߩ௟ .
Prenons l’origine sur le bord supérieur à la
situation
d’équilibre,
et
appliquons
le
théorème du centre de masse, on a alors à
un instant ‫ ݐ‬:
Statique des fluides
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݉‫ݖ‬ሷ = −݉݃ + ߩ௘ ݃ܵ൫ℎ௘௤ − ‫ݖ‬൯ = −ߩ௘ ݃ܵ‫ݖ‬
Soit : ‫ݖ‬ሷ +
ఘ೐ ௚
ఘ೒ ௔
௛
‫ ݈݃ߩ = ܨ‬න ‫݈݃ߩ = ݖ݀ݖ‬
଴
‫=ݖ‬0
Pour le calcul du moment, il faut d’abord
Il s’agit d’un oscillateur harmonique dont la
pulsation propre est :
2ߨට
ఘ೒ ௔
ఘ೐ ௚
≈
଺
ଷ଴
≈ 0,2‫ݏ‬
߱଴ଶ
=
ఘ೐ ௚
ఘ೒ ௔
, et ܶ଴ =
étudier le moment d’une force élémentaire
puis sommer (car toutes les forces ne sont
pas de même intensité aux différents points
d’application) :
ሬሬሬሬሬԦ଴ = ሬሬሬሬሬሬԦ
ܱ‫݂݀ ∧ ܯ‬Ԧ = −‫ݑݖ݈݀ݖ݃ߩ × ݖ‬
ሬሬሬሬԦ௫
݀‫ܯ‬
Calculs de force pressante
Exercice 5 : Résultante des forces de
Donc le moment total est :
௛
ሬሬሬሬሬԦ
‫ܯ‬଴ = −ߩ݈݃ න ‫ ݖ‬ଶ ݀‫ ݖ‬ሬሬሬሬԦ
‫ݑ‬௬ = −ߩ݈݃
pression sur un barrage plan
Un
barrage
est
constitué
d’une
incompressible
et
଴
paroi
verticale de largeur ݈. De l’eau, assimilée à un
fluide
ℎଶ
2
indilatable,
de
masse volumique ߩ଴ , s’appuie sur une hauteur
ℎଷ
‫ݑ‬
ሬሬሬሬԦ
3 ௫
On peut donc écrire le torseur des actions
mécaniques des fluides sur le barrage :
ℎଶ
‫ۗ ݑ‬
ሬሬሬሬԦ
‫ܨ‬Ԧ
2 ௬
ሼܶሽ = ቊ ቋ =
ଷ
ሬሬሬሬሬԦ
ℎ
‫ܯ‬଴ ଴ ‫۔‬
ۘ
‫ݑ‬௫ ۙ
‫ە‬−ߩ݈݃ 3 ሬሬሬሬԦ
଴
‫݈݃ߩ ۓ‬
ℎ sur une des faces du barrage. La pression
atmosphérique ܲ଴ s’exerce sur l’autre face
du barrage et sur la surface libre de l’eau.
Un torseur glisseur est un torseur dont le
champ des moments s’annule en au moins un
point. Notons ‫ ܣ‬ce point :
௛
଴
On prendra un axe Oz descendant.
1) Exprimer la résultante des forces de
pression s’exerçant sur le barrage.
2) Exprimer le moment en O de la
résultante
de
ces
forces
௛
Ԧ ሬሬሬሬሬԦ
Ԧ
ሬሬሬሬሬԦ
ሬሬሬሬሬԦ
ሬሬሬሬሬԦ
‫ܯ‬଴ = ‫ܯ‬
஺ + න ܱ‫ ∧ ܣܱ = ݂݀ ∧ ܣ‬න ݂݀
de
ሬሬሬሬሬԦ ∧ ‫ܨ‬Ԧ
ሬሬሬሬሬԦ
‫ܯ‬଴ = ܱ‫ܣ‬
0
Ce point ‫ ܣ‬a pour coordonnées ‫ ܣ‬൭ 0 ൱
‫ݖ‬஺
‫ݖ‬஺ ߩ݈݃
pression.
3) En déduire la position du centre de
poussée A : point où l’action globale
de l'eau sur le barrage ne crée pas
de moment.
଴
La
résultante
ℎଶ
ℎଷ
= −ߩ݈݃ ሬሬሬሬԦ
‫ݑ‬
2
3 ௬
2
‫ݖ‬஺ = − ℎ
3
des
forces
de
pression
s’applique au 2/3 de la zone immergée : rien
La différence de pression de part et d’autre
de la paroi est donnée par ߩ݃‫ݖ‬.
La force élémentaire s’exerçant sur la
tranche ݈݀‫ ݖ‬est donnée par : ݂݀ = ߩ݃‫ݖ݈݀ݖ‬
Et donc le bilan de force est :
d’étonnant dans la mesure où la pression est
plus importante au pied du barrage.
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Exercice 6 : Résultante des forces de
Exercice 7 : Résultante des forces de
pression sur un barrage cylindrique
pression
ssion sur une paroi sphérique
Un
barrage
à
la
forme
d’
d’un
secteur
Le vide est fait à l’intérieur d’une
cylindrique de hauteur ℎ,, caractérisé par son
coquille
rayon ܴ et l’angle ߙ.. Il est rempli d’eau, de
sphérique
(hémisphères
de
Magdebourg de rayon R=28cm).
masse volumique ߩ et l’air ambiant est à la
pression ܲ଴ .
v
3/2
c
Quelle force doit développer le cheval
pour
désolidariser
les
deux
hémisphères ?
1) Justifier
qualitativement
que
la
Il est intéressant de remarquer que la
résultante des forces de pression
force totale qui s’exerce sur la sphère
est suivant ܱ‫ݔ‬.
est nulle. En revanche, le bilan est non
2) Exprimer la résultante des forces de
pression
s’exerçant sur
la paroi
cylindrique.
nul pour chaque hémisphère et c’est
cette force que l’on va calculer. La
symétrie du système permet de penser
Chacune des forces élémentaires est portée
porté
par le vecteur unitaire ሬሬሬሬԦ
‫ݑ‬௥ (dont la direction
est propre à chaque point ‫ ܯ‬du barrage et
la que la résultante des forces et suivant
l’axe v horizontal, ainsi :
r Š 7[x
ttttu.
x
‰ ttttu
qu’il ne convient pas d’additionner entre eux
sans précaution)
r Š % p‘9Œ`‹pŒ7Œ7’
On peut invoquer le principe de Curie qui
signifie que les effets ont au moins les
r Š % p‘9Œ7p‘9Œ7’
symétries et invariances de leurs causes.
causes
r N
N %
Ainsi le plan vertical contenant l’axe Ox est
un plan de symétrie et la projection « utile »
est ݂݀Ԧ. ttttuNous
xy Nous avons donc une force totale
donnée par :
Ce résultat est évident car 7[x
ttttu.
x
‰ ttttu
représente la surface projeté
p
sur le plan
vertical :
r Š %. ) `‹pŒ77Œ
s
r % H . 7 ) H
2
2/
2//
3
r %. sin 2
`‹pŒ7Œ