Statique des fluides TD5 TSI 2015-2016
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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×ଵషయ ×ଵఱ ×ଵర ×ଵଶ×ଷ×ଵభమ 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×ଵషయ 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. Statique des fluides TD5 TSI 2015-2016 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 ≈ ଵఱ ଵర ×ଵ ≈ 1݉ (rigoureusement 76cm) alors que pour l’eau il faudrait 10m ! l’eau, on a une situation d’équilibre donnée par : Soit ℎ = ݈ − ߩ௨ ܵ(݈ − ℎ)݃ = ݉݃ ఘೌೠ ௌ = 0,280 − ,ହ ଶ×ଵయ ଵషర = 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 ߩ௨ ߩ = ܸ݃ݔ ܸ݃ ఘೌ ఘೌೠ = 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 TD5 TSI 2015-2016 ݉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. Statique des fluides TD5 TSI 2015-2016 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 7[x ttttu. x ttttu qu’il ne convient pas d’additionner entre eux sans précaution) r % p9`p77 On peut invoquer le principe de Curie qui signifie que les effets ont au moins les r % p97p97 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 %. ) `p77 s r % H . 7 ) H 2 2/ 2// 3 r %. sin 2 `p7