Force pressante, pression et poussée d`Archimède

Force pressante, pression et poussée
d’Archimède, loi fondamentale de la statique
des fluides
I)
Définition de la pression
Définition d’un fluide :
Un fluide est un milieu matériel parfaitement déformable. On regroupe sous cette appellation les plasmas, les gaz, qui sont
l'exemple des fluides compressibles, et les liquides, qui sont des fluides peu compressibles. Dans certaines conditions
(températures et/ou pressions), le milieu n'est ni liquide, ni gazeux, il reste fluide (voir Diagramme de phase d'un corps pur).
Les particules constitutives d'un fluide ne sont pas liées par des liaisons fortes covalentes, métalliques ou ioniques. Dans un gaz,
les interactions entre particules sont négligeables, sauf lorsqu'elles se rencontrent (chocs). Dans un liquide, les molécules sont
tellement proches qu'il est difficile de comprimer le fluide. Elles interagissent cette fois fortement par l'intermédiaire de forces de
van der Waals, des interactions dipôlaires (les particules se comportant comme des dipôles électrostatiques). Ce type d'interaction
explique les propriétés physiques et chimiques des liquides. Dans l’eau c’est la liaison hydrogène qui est à l’œuvre.
Un gaz occupe tout le volume du récipient qui lui est laissé à disposition, un liquide présente une surface libre interface avec
l’atmosphère qui est horizontale au repos
Dans le programme de première année on se limite à l’étude des fluides au repos, c’est à dire à la statique des fluides. Les
particules de fluide, échelle mésoscopique, sont au repos). En seconde année vous étudierez la dynamique des fluides ce qui fera
intervenir la notion de viscosité et des forces tangentielles en plus des forces de pression.
Voyons un manomètre comme un dispositif qui mesure la force normale qu’un fluide exerce sur une surface
élémentaire.
dF=PdS
fluide
Notion de pression
Si on considère une surface élémentaire au repos immergée dans un fluide au repos par exemple la membrane d’un
manomètre. La force qu’il reçoit du fluide se trouve être perpendiculaire à la surface.
dF=PdS, dS est un vecteur selon la normale sortante au fluide et dont la norme est l’aire de la surface élémentaire
Si le fluide est non visqueux, modèle du fluide idéal, cette propriété reste vraie lorsque le fluide est en mouvement,
si il ne l’est pas, fluide réel, la force normale reste identique, mais il s’y rajoute une force tangentielle dans la
direction opposée à la vitesse de glissement du fluide par rapport à l’élément de surface.
Le rapport de la force élémentaire normale et de l’aire de l’élément de surface s’appelle pression et ne dépend que
de l’endroit où on se place dans le fluide pas de l’orientation de la surface élémentaire.
La pression résulte au niveau microscopique du rebond des molécules du fluide sur la membrane créant un transfert
de quantité de mouvement normal, donc une force normale contrebalancée par le ressort du manomètre.
Bien sur, la pression existe en dehors de l’existence de l’instrument de mesure qu’est le manomètre ; si on imagine
une surface de contrôle élémentaire immergée dans le fluide sur ses deux faces, alors la force pressante s’exerce de
façon opposée sur les deux faces et la surface de contrôle est soumise à une force globale nulle.
II) Evolution de la pression dans un fluide en fonction de l’altitude ou loi de la
statique des fluides
Considérons un petit élément de volume de fluide (particule de fluide) dans le fluide d’extension dx, dy, dz. Il est en
équilibre dans le fluide sous l’effet des forces pressantes et de son poids.
z
dF(z)=P(z)dxdy uz
dz
dy
dF(z)=P(z+dz)dxdy (-uz)
z
y
y dx
-(z) dxdydz uz
x
x
Les forces pressantes latérales sur la particule n’ont pas été représentées pour ne pas alourdir la figure, de plus ces
forces se compensent deux à deux.
P( z )dxdy  P ( z  dz )dxdy   ( z )dxdydzg  0
Bilan :
soit 
dP
dzdxdydz   ( z )dxdydzg  0
dz
dP
   (z )g
dz
Expression avec l’opérateur gradient
C’est l’opérateur vectoriel tel que quand on en fait le produit scalaire avec le déplacement élémentaire cela donne la
différentielle de la fonction
En cartésiennes
df 
 f
f
f
f
f
f 
dx  dy  dz   ux  u y  uz  . dxux  dyu y  dzuz  grad f .dOM
x
y
z
y
z 
 x


qui définit l’opérateur gradient en coordonnées cartésiennes
 f
f
f 
grad f   ux  u y  uz  par identification
y
z 
 x
En cylindriques


df  grad f .dOM  Gr ur  G u  Gz u z .(drur  rd u  dzu z ) 
donne grad f  Gr ur  G u  Gz u z 
En sphériques

f
f
f
dr 
d   dz
r

z
f
1 f
f
ur 
u  u z qui possède les bonnes dimensions
r
r 
z

df  grad f .dOM  Gr ur  G u  G u .(drur  rd u  r sin  d  u ) 
donne grad f  Gr ur  G u  G u 
f
1 f
1 f
ur 
u 
u
r
r 
r sin  
f
f
f
dr 
d 
d
r


qui possède les bonnes dimensions
Propriété du gradient
grad f ( M 0 ) est perpendiculaire à tout déplacement autour de M 0 sur la surface f(x,y,z)=cst car alors
0=df =f(M)-f(M 0 )  grad f .dOM  grad f .M 0 M
si  2 et 1 sont deux surfaces telles que f(x,y,z)=c1 et f(x,y,z)=c 2 avec c 2  c1 alors
c 2 -c1
N 21 ou N 21 est la normale à 1 passant par M 0
d
dirigée vers  2 et d la distance entre les deux surface en M 0 soit dans le sens des f croissants
grad f ( M 0 ) 
On peut donc écrire
gradP    ( z ) g u z
dP
   ( z) g uz
dz
qui correspond à
P
P
P
 0,
 0,
   ( z) g
x
y
z
III) Cas des liquides ou fluides incompressibles
1) Loi de l’hydrostatique
Dans le cas de l’eau par exemple (z)==cst le fluide est incompressible, sa masse volumique est une constante, elle
ne dépend ni du temps, ni des coordonnées d’espace.
P
   ( z ) g    g s'integre de façon triviale en P(z) = - gz+cst
z
Alors on rapelle que l'on travaille dans la convention d'un axe des z ascendant
si à la cote z=h se trouve l'interface eau air alors P(z=h)=Patm et Patm    gh  cst  cst  Patm   gh
P( z )  Patm   g ( z  h)
Remarques sémantiques :
Hydro veut dire qui contient l’élément hydrogène, comme c’est le cas de l’eau H2O
Hydraulique; le préfixe grex hydrau signifie tuyau
2) Poussée d’Archimède
Imaginons un certain volume de fluide sous une surface entièrement immergée (dans de l’eau par exemple) dite
surface de contrôle car contrôlée par notre pensée, ce volume de fluide est en équilibre avec le fluide à l’extérieur,
c'est-à-dire que son poids est exactement compensé par la résultante ( somme ) des forces de pression élémentaires
obtenue quand on intègre les forces pressantes sur toute la surface de contrôle.
Or la résultante de ces forces de pression que l’on appelle poussée d’Archimède ne dépend pas de la nature du
matériau fluide ou solide sous la surface de contrôle mais seulement de la géométrie de cette surface de contrôle
Elle est donc identique que l’on mette sous la surface de l’huile, du bois, du mercure, de la pierre . Si comme on l’a
dit le fluide est de l’eau le poids du fluide déplacé est dans les deux premiers cas supérieur et le solide flotte et dans
les deux derniers cas inférieur et le volume coule.
Quand le volume flotte son volume immergé est tel que la poussée d’Archimède compense exactement tout le
poids, toute la surface n’est pas immergée.
3) Divers phénomènes hydrauliques
Vases communicants , résurgence
Siphon
http://phymain.unisciel.fr/le-siphon/
Baromètre 760 mm de mercure
Tonneau de Pascal
https://www.youtube.com/watch?v=Xbqd30vRJUI
http://www.dailymotion.com/video/x1mj25w_em98-defi-faire-exploser-le-tonneau-de-pascal_tv
Pression au centre de la terre
Calcul de la pression au centre de la terre ou d’une étoile, on l’assimile à une sphère homogène de rayon R.
Calcul du champ gravitationnel en un point intérieur
On admettra le résultat des dexu lignes suivantes qui utilise un théorème vu en seconde année
Le théorème de Gauss donne 4r²g(r ) = - 4G Mint= - 4G  4r3/3
soit g(r ) = - 4G  r/3 ur = g(r) ur avec g(r) = - 4Gr/3 <0
Calcul correct de la pression
Ensuite on utilise grad P=  g soit en coordonnées sphériques dP/dr =  g(r )
Qui donne dP/dr = - 4G²r/3 et qui s’intègre en P(r)=- 4G²r²/6+cst
Avec la condition aux limites p(R )=0, on a finalement P(r) = - 2G²(r²-R²)/3= 2G²(R²-r²)/3
La pression au centre de la terre est alors P(r=0) = 2G²R²/3
Calcul incorrect de la pression
Si on cherche à faire un bilan sur un élément de coquille sphérique que l’on
Présente ici de profil:
On pourrait avoir envie d’écrire :
P(r+dr)[(r+dr)²d sind](-ur)+ P(r)[(r)²d sind](ur)
+  [r²d sinddr] g(r) ur =0
qui donne : d(r²P(r )) / dr = - 4G²r3/3 et qui s’intègre comme r²P(r ) = - 4G²r4/12+cst
soit P(r ) =- G²r2/3+cst/r2
la divergence en r= 0 étant inacceptable on se retrouve avec P(r ) =- G²r2/3<0 qui est clairement un résultat
faux.
Explication
L’erreur que l’on a fait se situe au niveau du bilan sur l’élément de coquille sphérique les forces pressantes
latérales que nous avions oubliées dans le raisonnement précédent ne se compensent pas et modifient le bilan
car elles ont une composante radiale qui ne peut être négligée.
(L’autre paire de face intervient aussi bien sur)
Oscillation d’un glaçon
Un glaçon parallélépipédique de hauteur h de section S de masse m est à l’équilibre dans un récipient d’eau. Il est
ensuite mis en oscillation, calculer la période des petites oscillations et la position d’équilibre.
mg  hS  g
z-h
0
d²
h
mg
( z  )  mg g  zS eau g
dt ²
2
hS  g z  hS  g g  zS eau g
zz
eau g
g
h g
zeq 
hS  g z  zS eau g  hS  g g
h g
eau
0 ² 
eau g
hg
Balance d’Archimède : que permet-elle de mesurer ?
zz
S  eau g hS  g g

hS  g
hS  g
z
Oscillation d’un liquide dans un tube en U
Un tube en U de section S contient une longueur totale de fluide L
-z
Quelle est la période des oscillations du liquide
z
z/2
-z/2
traitement par l'énergie
E=cst=E c +E p
 SL
z²
z
z
  Sz g   Sz g
 cst
2
2
2
L
z²
 gz ²  cst
2
Lzz  2 gzz  0
z
2g
z0
L
car tout le fluide est en mouvement avec la même vitesse en norme
L’extrémité droite à la cote z implique une surélévation de la masse  Sz de z/2
Et la disparition de la même masse à la cote –z/2, on soustrait c’est comme si on rajoutait une masse négative
Les deux résolutions suivantes ne sont pas au programme de première année, le théorème d’Euler n’étant pas non
plus au programme de deuxième année, elles sont données ici pour une éventuelle consultation ultérieure
Résolution par le théorème d’Euler
d
 dt Vd   V (V .dS )    Fd    dS
d
 dt Vd   V (V .dS )    Fd
d
 dt Vd   V (V .dS )   Fd
projetté sur la courbe ligne de fluide
LS z  0  2 zSg
En intégrant l’équation d’Euler

 v

 v 1

Dv
    (v.grad )v      grad (v ²)  rotv  v    gradP   g  v
Dt
 t

 t 2

B
P

 v² 
sur une ligne de courant Lz        gz 
 2 A

A
B
 Patm

 Patm

 v² v² 
Lz       
 gz    
 gz 
2 2
 

 

Obturation d’un tuyau par un flotteur; Chasse d’eau.
z
-r+h+H
eau
air à P0
1
O0
2
eau
-r+h
-r
air à P0
Un flotteur sphérique plein ( donc de densité <1) a un poids -m g (g>0) et un rayon r. Il est partiellement
immergé et s’enfonce d’une hauteur h dans un tuyau cylindrique de rayon inférieur à r de telle façon qu’il
l’obture. Ce tuyau est rempli d’air à la pression atmosphérique. Les parties supérieures et inférieures du
flotteur sphérique sont ainsi soumises à la pression atmosphérique P atm. On appelle 1 la surface du
flotteur soumise à la pression atmosphérique (surface en deux morceaux) et 2 la surface mouillée du
flotteur. Le liquide est de l’eau de masse volumique e
L’objet du problème est de déterminer en fonction de la hauteur d’eau H (sommet du tuyau jusqu’à la
surface libre) , les possibilités d’obturation du tuyau.
1) En respectant les conventions du dessin et en justifiant la formule trouvée, exprimer en fonction de
h,H,r,z,g,e et de Patm la pression P(z).
2) Faire la liste des forces auxquelles le flotteur est soumis lorsqu’il obture le tuyau.
3) Les forces s’exerçant sur une surface sphérique, on utilisera les coordonnées sphériques cohérentes
avec l’axe des z de la figure. 1 et 2 sont les angles correspondant à l’interface eau-air et au tuyau
respectivement.
a) Soit un élément de surface d’extension d et d autour d’un point M de coordonnées (r, ,) du flotteur
sphérique. Montrer que l’aire de cet élément de surface est donnée par dS = r 2 . sin . d . d.
b) Quelles sont la direction, le sens et le module de la force de pression dF(M) qui s’exerce sur cette petite
surface? On envisagera les deux cas où M appartient à 1 et à 2 . Les résultats seront exprimés en
fonction de dS, P(z) et de Patm
4) Exprimer la condition d’équilibre de la sphère obturant le tuyau en fonction de la réaction R du tuyau sur
la sphère, du poids et de deux intégrales de surface, l’une portant sur 1 l’autre sur 2. Ces deux intégrales
de surfaces se simplifient en une seule portant sur 2. Dans cette dernière la pression atmosphérique
n’apparaît plus. Pourquoi? Effectuer cette simplification.
5) La symétrie du problème permet de dire que la résultante des forces qui s’exercent sur le flotteur est
dirigée suivant l’axe des z.
Projeter la condition d’équilibre du flotteur sur l’axe des z.
6) Effectuer l’intégration sur la variable . On obtient alors une intégrale simple en 
7) Effectuer dans l’intégrale de surface le changement de variable ;  en z.
8) Quelle est la condition qui marque la rupture de l’équilibre du flotteur sur le tuyau.
9) Exprimer cette condition en fonction de m, e , H , h , r. On devra pour cela calculer l’intégrale
précédemment établie.
La résolution complète du problème nécessiterait maintenant une étude de fonction, mais nous nous
contenterons d’avoir transformé le problème physique en un problème mathématique.
Pression dans un liquide
La compressibilité isotherme de l’eau à T = 273 K
T = - (1/V) (V/P)T = (1/) (/P)T est faible mais non nulle ;
T = cst = 5.10-10 Pa-1
La masse volumique de l’eau salée à pression atmosphérique est 0 = 1.02kg.dm-3.
Evaluer l’erreur relative commise lorsque la valeur de la pression P est assimilée à P 0 +gh, en considérant
que l’eau est totalement incompressible et que h est la profondeur.
Application numérique h = 8000m. Pour cela :
On écrira l’équilibre hydrostatique d’une tranche d’eau entre z et z +d z pour obtenir l’équation 1
Combiner cette dernière équation avec T = (1/) (/P)T pour obtenir une équation différentielle
On fera un développement limité
dP   gdz avec un axe descendant
1 d
1 d
 dP 
 dP
 
1 d
d
  gdz
  gdz
 
²
=

1
  gz 
(1  z )  
n 0
1
0


1

  gz  cst

1

  gz 
   gz  ²
0
 0 (1  0  gz  0
 ...)
1  0  gz
2
 ...(  n  1)
n!
z n pour z  1
La compressibilité étant faible  0  gz <<1
1
1
0

   gz 
1
0
Barrage forces pressantes
Le parallélépipède suivant est rempli à ras bord d’eau. Sa face avant est constituée de 2 pavés de même
épaisseur e et de même largeur a. Ces deux pavés ont pour hauteur respectives h 1 et h2. Etablir l’équation
que doivent vérifier h1 et h2 pour que les forces de pression qui s’exercent sur les deux pavés soient
x
égales.
h1
y
h2
a
e
z
Où placer un axe pour que les moments des force pressantes calculés par rapport à cet axe s’équilibrent ?
Barrage hémicylindrique
Un barrage hémi-cylindrique de rayon R est rempli d’eau sur une hauteur h du côté des x positifs pour que
la clef de voûte soit efficace. Déterminer la résultante des forces de pression exercées par l’air et par l’eau.
On commencera par exprimer le vecteur unitaire ur en fonction des vecteurs unitaires i et j des axes x et y
, puis on sommera les forces de pression en chaque point M du barrage.
z
R
y
ur
R
h
M

air
y
air
u
eau
x
eau
x
Verre renversé
Soit un verre cylindrique de masse m et de hauteur intérieure h, de section intérieure S i, de section
extérieure Se , maintenu par un opérateur dans l’état d’équilibre ci-dessous. Calculer la force que doit
exercer l’opérateur. On note h’ la hauteur immergée du verre. On note  la masse volumique du liquide
h’-h
0
h’
z
mg  Patm Se  Si ( Patm   g (h ' h))  ( Se  Si )( Patm   gh ')
mg  Patm Se  Si ( Patm )  Si (  g (h ' h))  ( Se )( Patm   gh ')  ( Si )( Patm   gh ')
mg  Patm Se  Si ( Patm )  Si (  g (h ' h))  (( Se ) Patm  ( Se )  gh ')  (( Si ) Patm  ( Si )  gh ')
mg   Si  gh  Se  gh '   Si  gh   Se  Si   gh '  gh ' Si
mg  Si  g (h ' h)   Se  Si   gh '
Le volume déplacé est le volume d’eau soulevé + le volume du verre jusqu’à la surface libre avec
l’atmosphère
Fluide incompressible : Soulèvement d’un bol percé
Soit un bol ou une cloche hémisphérique de rayon R de masse m reposant sur un plan horizontal et
pouvant contenir de l’eau de masse volumique  sur une hauteur h. Il existe une petite ouverture au
sommet de la cloche. La pression atmosphérique est notée P atm.
Le but du problème est de donner l’équation qui permet de déterminer la hauteur critique au delà de
laquelle le bol se soulève du fait des forces de pression.
On utilisera les coordonnées sphériques et on effectuera un changement de variable au profit de z. On
prendra garde au sens de variation des variables.
z
ur
Patm
h


z

1) L’axe z étant pris ascendant compte tenu de ce que l’eau est considérée comme incompressible
calculer P(z) dans l’eau en fonction de ,g,z et Patm
2) Soit un élément de paroi positionné en ( r = R,  ,  ) et dS l’élément de surface orienté vers l’extérieur
correspondant.
Montrer que dF= R² d sin  d ur
Montrer que pour un élément sec de la paroi, la somme des forces pressantes est nulle.
Montrer que pour un élément mouillé la pression atmosphérique n’interviendra pas dans la somme des
forces pressantes.
3) Montrer que d devant être positif, on doit avoir dz<0.
4) Etablir en fonction d’une intégrale double la somme des forces pressantes s’exerçant sur le bol, on
devra sommer sur z de h à 0.
5) Compte tenu de la direction de cette résultante connue a priori par raison de symétrie projeter selon uz
Donner sans chercher à la résoudre l’équation qui permet de déterminer la hauteur d’eau nécessaire au
soulèvement du bol.
z
h
cos  (h) 
R
R
dS  r ² sin  d d  R ² sin  d d 
P  Patm   g ( z  h)
cos  
rR
 d sin  
dz
R






F    P( z )dSur .u z  u z    P ( z )dS cos   u z     Patm   g ( z  h)  R ² sin  d  d  cos   u z






2


   Patm   g ( z  h)  R ² sin  d d cos uz
 0
2
 (h)

 Patm   g ( z  h)  R ² sin  (
 (h)
 2  2
h
 (h)
 Patm   g ( z  h)  R ² sin  d cos  u z
0
dz
dz z
) cos  u z  2   Patm   g ( z  h)  R ²( ) u z
h
R sin 
R R
 2   Patm   g ( z  h)  (dz ) zu z  mg
0

 2  2
Soulèvement hydrostatique d’un cône
H
Soit un cône de rayon R à la base, de hauteur H de masse m
reposant sur un plan horizontal et pouvant contenir de l’eau de
masse volumique  sur une hauteur h.

Il existe une petite ouverture au sommet du cône. La pression
atmosphérique est notée Patm.
h
Le but du problème est de donner l’équation qui permet de
déterminer la hauteur critique au delà de laquelle le cône de masse
m se soulève du fait des forces de pression.
O
0
O

dS’

H-h
dr
z
z tan 
d
z
z+dz
dS

dl
H
r  z tan 
tan  
dr
dz
dS  rd dl  z tan  d
P
H
H h
cos  
dz
dl
dz
 z d
cos 
 g[ z  ( H  h)]dS '  
H
H h
sin 
sin  dz
cos ²
dr
dl
dS '  rd dr  z tan ² d dz
 g[ z  ( H  h)](2 z tan ² )dz  mg
Equilibre d’un solide entre deux fluides
Un solide de volume V est totalement immergé entre deux fluides non-miscibles. Le solide est en équilibre.
Huile et eau ont pour masses volumiques respectives H et E avec H < E. On sait mesurer le volume VE
du solide dans l’eau et le volume VH du solide dans l’huile. En déduire la masse volumique S du solide.
V  VE  VH
VE  E  VH  H  sV
Dois-je me hâter de boire mon verre de whisky rempli à raz bord ?
Un glaçon fond dans un verre d’eau rempli à raz bord. Que se passe-t-il ?
On notera Vg le volume du glaçon, g sa masse volumique, Vimmergé le volume d’eau déplacé, e la masse
volumique de l’eau liquide, Vfonte le volume du glaçon lorsqu’il a totalement fondu, mg la masse du glaçon,
On écrire l’équilibre du glaçon qui permettra de déterminer V e, puis on comparera avec Vf
mg  Vg  g  V fonte e
d'autre part la poussée d'Archimède implique mg  Vimmergé e
donc Vfonte  Vimmergé
La fonte ne fait pas varier le niveau.
Compression de l’air sous dans un verre retourné
Un récipient cylindrique de section intérieure S i et de section extérieure Se et de hauteur intérieure h est
introduit verticalement dans un liquide de masse volumique . Il contenait initialement un gaz à la pression
atmosphérique P0 que l’on considèrera comme un gaz parafait subissant une transformation isotherme. Le
récipient a une masse m. Etablir les trois équations permettant de déterminer la hauteur d’immersion h’, la
hauteur h ’’ de la colonne de gaz et PG la pression gazeuse supposée uniforme à l’équilibre.
h
h’-h
h’’
h’
0
h’-h +h’’
h’
z
Correction :
PG  Patm   g (h ' h  h '') équilibre de l'interface
Patm Sh  PG Sh '' compression isotherme du gaz parfait
mg  Patm Se  PG Si  ( Patm   gh ')( Se  Si )
équilibre du verre
soit mg  PG Si  (  gh ') Se  Patm Si   PG  Patm  Si  (  gh ') Se
la poussée d'archimède joue sur le volume jusqu'à la surface libre avec l'atmosphère
IV) Fluide compressible, gaz, équilibre isotherme de l’atmosphère
Equilibre isotherme de l’atmosphère
On travaille dans le modèle des gaz parfaits
m

 PV  nRT  M RT

 dP    g

 dz
P
m RT
RT 

V M
M 




dP
PM

g dz
dz
RT
dP
Mg

dz
P
RT
z
1
z
Mg
dP
dz
z
on peut poser 

LnP    cst P( z )  ecst e   cste 
 RT
P


si on écrit qu'au niveau de a mer z=0 règne la pression atmosphériqe standard Patm  1013hPa
z
P  Patm e 
AN :
P
P
8.314 300
 8kms en haut des montagnes hymalayennes 8000m règne une pression réduite atm  atm
3
e
2.7
29 10 .9.81
on peut encore écrire P=Patm e

Mgz
RT
 Patm e

mgz
k BT
on reconnait le facteur de Boltzmann ici énergie potentielle de pesanteur sur énergie thermique
exprimée pour une mole ou pour une molécule moyenne de l'air
Météorologie plafond
I) Atmosphère à gradient de température
L’atmosphère est considérée comme un GP soumis au champ de pesanteur. Au sol (altitude z=0), la température est
T0 = 300K et la pression P0 = 1013 hectoPascals. On suppose de plus que la température évolue avec le point M(x,y,z)
considéré selon: grad T = - a .k où k est le vecteur unitaire vertical vers le haut. g = 9.81m.s -2 L’ensemble de
l’atmosphère est à l’équilibre hydrostatique.
On a M = 29 g.mol-1, R = 8.32 J.K-1 mol-1
1) Calculer littéralement la température T(z) à l’altitude z. On fera apparaître T0. Ce modèle est-il valable à très haute
altitude?
2) Exprimer la masse volumique (z) en fonction de P(z), T(z), R et M masse molaire de l’air.
3) Donner l’équation différentielle exprimant dP/dz en fonction de (z) et de g. On considérera pour cela l’équilibre
mécanique d’une tranche d’air d’épaisseur dz à l’altitude z.
4) L’expression de la pression P(z) à l’altitude z en fonction de P0, a, T0,  = Mg / aR
5) La masse volumique (z) de l’air à l’altitude z en fonction de 0, a; z; T0, 
II) Bulle d’air adiabatique
L’air de l’atmosphère est quasi-transparent au rayonnement solaire. Il est donc chauffé indirectement par
l’intermédiaire du sol qui s’échauffe au contact des rayons solaires. De plus, l’air (les gaz en général), est un très
mauvais conducteur de la chaleur. De sorte que si une masse d’air est chauffée au niveau du sol à une température
TB0, on considère que quelques soient ses mouvements ultérieurs au sein de l’atmosphère , cette quantité d’air
n’échange pas de chaleur avec le reste de l’atmosphère. A l’extérieur d’une telle masse d’air, appelée bulle d’air, de
volume VB et de température TB on considère que la structure de l’atmosphère est celle de la question I: atmosphère
à gradient de température On suppose que la taille de la bulle d’air, en particulier son extension verticale, est
toujours assez faible pour que la pression PB à l’intérieur de celle-ci soit considérée comme uniforme sur tout son
volume VB. Cette pression est à peu près identique à la pression atmosphérique P(z) à l’extérieur de la bulle à
l’altitude z de la base de la bulle.
1) En supposant que la bulle d’air se trouve à une altitude z (au sens défini ci-dessus), calculer la température TB(z)
de la bulle en fonction de la température de la bulle au sol TB0 de  = Cp/Cv ,de , de T0, de a et de z. On aura PB VB
=cste
2) calculer aussi les expressions du volume VB(z) de la bulle à l’altitude z ainsi que l’expression de sa masse
volumique B(z) en fonction, respectivement, du volume VB0 et de la masse volumique B0 de la bulle au sol et dans
les deux cas de a T0 ,z,  et 
III) Poussée d’Archimède sur la bulle d’air
1) Enoncer le principe d’Archimède
2) Le démontrer en considérant la somme des forces de pression subies par un cube vertical d’arête dz situé entre
les altitudes z et z+dz. Le cube est constitué d’un matériau quelconque. Il plongé dans un fluide isotherme
incompressible de masse volumique  constante mais dont la pression varie avec z; il sera donc nécessaire au
préalable d’établir la variation de la pression dans le fluide avec z. On considérera pour cela l’équilibre d’un petit
cube d’air vertical d’arête dz situé entre les altitudes z et z+dz soumis à son propre poids et aux forces de pression
3) Etant donné la faible extension spatiale de la bulle considérée au paragraphe III, on pourra considérer que sur
celle-ci les variations de T et de  sont négligeables de sorte que l’on peut appliquer le théorème d’Archi Calculer
alors la poussée d’Archi A s’exerçant sur la bulle d’air située à une altitude z
4) Calculer le poids P de cette même bulle d’air
5) Montrer que la bulle d’air subit une force ascensionnelle dès que
(1 - az/T0 ) < 0 / B0
avec
 =  ( 1/ - 1 ) + 1
IV) Etude du mouvement de la bulle d’air
Dans cette partie on suppose que TB0 > T0
1) Montrer que B0 < 0.
2) En déduire de III-4) que la bulle d’air subit une accélération vers le haut lorsque elle est au niveau du sol(z=0)
3) On pose f(z) = (1-az/T0)
Montrer qu’il existe une altitude maximale z m appelée plafond jusqu’à laquelle s’élève la bulle si et seulement si a <
ac avec ac = (Mg /R).(1-1/) (Sinon dans ce modèle la bulle s’élève indéfiniment) On utilisera le fait qu’étant donné
que f(z=0)=1 pour que cette altitude maximale existe, il faut que la fonction f soit croissante pour z>0
4) Dans la cas où a < ac , calculer zm en fonction de T0, a,0,B0 et de 
5)  =1.4 Calculer ac= acritique en K.km-1
6) Calculer 0
TB0 = 305 K, calculer B0
7) Dans les deux cas suivants calculer zm
a = - 1K.km-1 (inversion de température)
a = 6.5 K.km-1 (gradient standard en aéronautique)
Ascension d’un ballon sonde dans l’atmosphère isotherme
Dans tout le problème on considérera que l’air comme l’Hélium conservent une température constante t
égale à 15°C ( On convertira bien sur cette température en kelvin selon la relation approchée
T(K) = t(°C)+273) ; on considérera aussi ces deux gaz dans le cadre du modèle des gaz parfaits.
Dans ce problème les applications numériques rapportent autant de points que les formules littérales.
1) Démontrer que la dépendance de la pression de l’atmosphère isotherme en fonction de l’altitude z au
dessus du sol est en P(z) = P0 e-z/  où P0 est la pression au niveau du sol. On devra redémontrer la
relation fondamentale dP/dz = - g où  est la masse volumique de l’air et l’intégrer.
Exprimer la distance caractéristique  en fonction de la masse molaire de l’air Mair = 29g/mol (convertir en
kilogramme) de la température T en Kelvin de la constante de Joule R = 8.3J.K-1mol-1 et de l’accélération de
la pesanteur g = 10m.s-2
2) Tous les gaz occupent dans les mêmes conditions de température et de pression le même volume
molaire, c’est la loi d’Avogadro-Ampère ; montrer que cette loi est une conséquence de l’équation
d’état du modèle du gaz parfait
3) Un ballon sonde de volume maximal 1V0 (volume auquel il éclate) est initialement rempli de n 0 moles
d’Helium ( MHe= 4g.mol-1) Le volume correspondant du ballon au niveau du sol se trouve être alors
exactement V0 . L’enveloppe du ballon n’est donc pas tendue.
Exprimer en fonction de la masse à soulever m (masse de l’enveloppe du ballon et des instruments
météorologiques embarqués) de g de n0 de Mair et de MHe la force totale qui s’exerce sur le ballon. On
n’oubliera pas la poussée d’Archimède et on utilisera la remarque de la question précédente.
4) Cette force est constante, pour que l’on ait ascension il est nécessaire que n 0 soit supérieur à une
certaine valeur nL que l’on calculera
5) On admet que la condition précédente est réalisée, à chaque instant de son ascension on peut
considérer que la pression interne de l’hélium du ballon s’équilibre avec la pression externe de l’air ,
sinon l’enveloppe bougerait, en déduire que le volume du ballon varie selon une loi que l’on explicitera
en fonction de V0 ,  et de z
6) Calculer l’altitude maximale z1 atteinte par le ballon avant qu’il n’éclate en supposant que l’enveloppe
n’est pas élastique et qu’elle ne supporte aucune surpression. on exprimera le résultat en fonction de
1 et de 
7) Pour monter plus haut encore à partir de cette altitude une soupape s’ouvre le nombre de moles
d’helium dans le ballon diminue alors (sans qu’aucune molécule d’air ne rentre dans le ballon) Le
volume du ballon reste égal à son volume maximal 1V0, calculer le nombre de moles d’hélium dans le
ballon en fonction de z , z1 , n0 et  quand z > z1
8) Pour quelle valeur z2 que l’on exprimera en fonction de  , 1 et 2 = n0/nL le ballon atteint-il sa
nouvelle altitude maximale ?
Peut-on faire cuire des nouilles au sommet du mont-blanc ?
On considère que la température de l’atmosphère décroît linéairement avec l’altitude comme
T(z) =T0 -a. z où a = 0.5 ° C/ 100m est le gradient thermique aéronautique et T 0 la température au niveau de la mer
que l’on prendra égale à 293K soit 20 °C.
1) En déduire la pression en fonction de l’altitude et d’autres paramètres pertinents
2) Intégrer la relation de Clapeyron en supposant la chaleur latente de vaporisation de l’eau constante dans le
domaine de température considéré pour obtenir la relation de Rankine
Ln ( Ps / P0 ) = - M/ (R.TS) +  M / (R *373)
où PS est la pression de vapeur saturante associée à la température T S
où on prend
 = 2460 J.g-1
valable entre 0 et 150°C L =
.M
et où M est la masse molaire.
(remarque il faut une élévation de température de 600°C pour emmagasiner l’énergie  développées par la
vaporisation. preuve : on écrit T.cP
=  avec cP = 4.18J.g-1)
3) On rappelle que l’eau entre en ébullition quand sa pression de vapeur saturante atteint la pression de
l’atmosphère extérieure.
Calculer la température d’ébullition de l’eau à 4000 m d’altitude
4) En supposant que l’énergie d’activation correspondant à la réaction chimique de cuisson des nouilles est de
l’ordre de 100kJ/mole, répondre à la question posée.
Correction nouilles au sommet du mont blanc
1)
T = T0  az
PV  nRT
dP    gdz
Mg
 T  az  Ra
On trouve P  P0  0

 T0 
a 4000 m T = 273K on trouve 60% de la pression atmosphérique
le mont blanc culmine bien à 4807m
2) Selon la relation de Clapeyron
dPS
L
L


dT T (uV  uL ) TRT
PS M
avec L = L LV
en négligeant le volume massique de la phase liquide et en considérant le gaz comme parfait
P
ML 1 1
On trouve alors la formule de Rankine : Ln S  
(  ) ou T0 =100°C et P0 =1bar
P0
R T T0
3) L'eau rentre en ébullition à 4000m d'altitude quand PS  0.6bar
soit Ln 0.6  
18 * 2460 1
1
( 
) soit T=87°C
8.3
T 373
 Ea
4) la loi d'arhénius donne pour la constante cinétique k = k 0 e RT
Prenons pour E a une valeur standard de 100kJmol -1 , on trouve
k(100°C)
3
k(87°C)
Calcul de l’altitude à laquelle se forme la base des nuages
>restart ;
>M :=30*10**(-3) ;g :=10 ;R :=8.3 ;a :=0.5/100 ; T0 :=293 ; P0 :=10**5 ;
> T :=T0-a*z ; P :=P0*(1-(a*z/T0))**(M*g/(R*a)) ;
# calcul des coefficients intervenant dans la loi de variation de la pression de vapeur saturante sachant que l’eau
bout à 100°C au niveau de la mer 105 Pa, et à 85°C pour 60% de la pression atmosphérique
>eq1 :=10**5=alpha*exp(-beta/373) ;eq2 :=0.6*(10**5)=alpha*exp(-beta/(273+85)) ;
>solution :=solve({eq1,eq2,alpha>0,beta>0},{alpha,beta}) ;
>alpha :=subs(solution,alpha) ;
>beta :=subs(solution,beta) ;
>Ps :=alpha*exp(-beta/T) ;
>courbe1 :=plot(P*003,z=0..2000,color=black) : courbe2 := plot(Ps,z=0..2000,color=blue) :
>with(plots) :display({courbe1,courbe2}) ;
# les deux courbes s’intersectent au plafond nuageux
>fsolve(0.03*P=Ps,z) ;
#on trouve z = 1219m, on a supposé que l’eau vapeur représente 3% de la pression totale dans le volume d’air
humide considéré.
4% en volume c'est l'air saturé d'humidité des zones tropicales cela correspond à 4% en moles selon la loi
d’avogadro ampère
masse molaire de l’eau 18g soit 72 g pour 4 moles
air 29g par mole soit 96*29 g = 2784 g pour 96 moles
le pourcentage massique de la vapeur d’eau est ainsi 72/(72+2784)=2.5%
V) Stabilité des bateaux , centre de poussée et métacentre
1) Position d’équilibre d’un solide sur un plan horizontal (culbuto ou poussah)
Considérons un ellipsoïde dans sa position d’équilibre stable ou instable, on a aussi dessiné le cercle osculateur et
son centre le centre de courbure:
C
G
G
C
Et écartons le un peu sur la gauche on fait rouler dans le sens trigo, dans le premier cas le couple de forces poids
réaction du plan horizontal du sol le ramène vers sa position initiale dans le second cas il l’en écarte.
C
G
G
C
On retiendra donc comme règle que pour qu’une position d’équilibre soit stable, il faut que le centre de gravité soit
en dessous du centre de courbure.
2) stabilité des bateaux
Dans le cas d’un bateau, le centre de poussée lorsque le bateau gite dessine une courbe qui est l’équivalent du
contour de notre solide en équilibre sur plan horizontal. La courbe dessinée par le centre de courbure quand on
parcourt la courbe des centres de poussée est appelée courbe métacentrique. Pour qu’un bateau soit dans une
position d’équilibre stable, il faut que le centre de gravité soit au dessous du métacentre.
Attention, il n’est pas nécessaire que le centre de gravité soit en dessous du centre de poussée, le plus souvent il
est d’ailleurs en dessus ; la condition d’équilibre stable énoncée ci-dessus invoquant le méta-centre est moins
exigeante.
Considérons par exemple des solides homogènes : en bleu la force de poussée d’Archimède égale et opposée au
poids du volume d’eau déplacé
Dans les deux cas la force de poussée est décalée sur la gauche du centre de gravité à cause du gite en sens trigo.
Dans le deuxième cas le centre de poussée s’éloigne moins car les masses d’eau déplacées sont plus proches de l’axe
vertical. Dans le premier cas le couple est stabilisateur tandis que dans le second cas il a un effet déstabilisateur qui
accentue le gite.
Curve of buoyancy ce sont les centres de poussée B-line