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Statique des fluides TD5 TSI 2015-2016
Statique des fluides gazeux
Exercice 1 :
A) Equilibre isotherme de l’atmosphère
On considère le champ de pesanteur
uniforme et en atmosphère dite
« isotherme ». L’atmosphère est aussi
considérée comme un gaz parfait à
l’équilibre.
1) Exprimer la pression �(�) en
fonction de la hauteur � par rapport au sol en posant �(� = 0) = ��, la pression atmosphérique au sol.
2) Définir et calculer une hauteur
caractéristique � de variation de la pression pour 20°C.
3) En déduire la pression au sommet du
mont Blanc (≈ 5000�) que propose ce modèle (on donne � �/� ≈ 0,6). Commenter.
4) Justifier que dans un récipient de
taille humaine, on puisse parler de
« la pression ».
Avec la loi de la statique des fluides et un
axe ascendant : ��(�)�� = −��
Et la loi des gaz parfait donne alors : � = �����
Ainsi : ��(�)�� + ����� � = 0 Soit �(�) = ��exp #− ����� �$. On obtient donc une distance
caractéristique de décroissance donnée par :
� = %&�'� ≈ 10 × 30030 × 10 + × 10 = 10,�
C’est donc au bout de quelques dizaines de
kilomètres que la pression, avec ce modèle,
de vient « faible » (par rapport à ��)
On peut donc trouver la pression au niveau
du Mont Blanc :�(5,�) = ��� -/�� ≈ 0,6��. On a donc une diminution significative de la
pression avec l’altitude :
- A l’Everest (8km), la pression ne vaut
plus que le tiers de la pression
normale
- En altitude, les forces de pression
plus faible favorise l’ébullition à
basses températures (et donc une
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.
A l’échelle ℎ humaine, on a ℎ ≪ � et donc � ≈ ��, on peut donc parler de pression uniforme (ce qui revient à négliger la
poussée d’Archimède ! Il faut donc
reprendre cette hypothèse dans le cas
d’étude d’un aérostat dont le volume et la
massique volumique permettent une poussée
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 &(�) = &� − 0� où &� est la température au sol et 0 = 61/,�. L’air est
encore considéré comme un gaz parfait et le
champ de pesanteur est encore considéré
uniforme.
1) Montrer que ce modèle conduit à la
relation �(�)�� = #�(�)�� $2
et donner
l’expression et la valeur numérique
de 3
Statique des fluides TD5 TSI 2015-2016
2) Reprendre l’application numérique de
la pression au sommet du Mont-Blanc
en prenant &� = 20°6. Comparer à valeur trouvée en A)
Toujours d’après la loi de la statique des
fluides :
7�7� = −�� = − �'�%(&� − 0�) Et donc :
7�� = 789� = '�%0 −07�(&� − 0�) = '�%0 789(&� − 0�) Donc : 789� = 789(&� − 0�):;<=
Soit : 789 �(�� >�):;<= = 0
Et : �(�)
(�� >�):;<= = ����
:;<=
Donc : �(�)�� = #�(�)�� $:;<=
Alors 3 = ���> = ��×����×+�×��?@��×A ≈ 5
Donc au Mont Blanc : �(5000) = �� #�B�+��$- = 0,59�� On retrouve un résultat proche de l’exercice
précédent
Exercice 2 : Estimation de la masse de
l’atmosphère terrestre
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 �(�) = ��� DE avec = ����� ) 1) Exprimer la masse volumique �(�) en
conservant le modèle du gaz parfait.
2) En déduire la masse d’air contenu
dans un cylindre de section 1��. 3) Estimer la masse de l’atmosphère. Le
rayon de la Terre est %� ≈ 6500,�.
4) Pourquoi ne sommes-nous pas
écraser par cette masse ?
En conservant le modèle du gaz parfait :
�(�) = ��(�)�� = ���F?DE�� .
Pour une surface unitaire :
�G = H '��� �I%& 7�J� = '��%& H � �IJ
� 7� �G = '��%& K−�� �IL�
J = '��%& � � ≈ '��%& � × 4N%�
Soit � ≈ +�×��?@×��O×��P×��×+A×��QR��×+�� ≈ 4 × 10�S,�
Il ne faut pas perdre de vue que cette
masse est en équilibre sous l’action des
forces pressantes, elle donc sans effet (elle
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.
Statique des fluides incompressibles
Exercice 3 : Baromètre de Torricelli
On réalise un baromètre en remplissant un
tube de 1 mètre de long avec du mercure
(�T� = 13,6,�. V �) (fluide supposé
incompressible et indilatable).
Ce tube est retourné sur une cuve contenant
également du mercure, en contact avec l’air
atmosphérique, à la pression ordinaire �� = 1,013. 10-�0. La colonne de mercure
s’abaisse dans le tube, jusqu’à atteindre une
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
3) Pourquoi n’utilise-t-on pas de l’eau
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).
Rapidement on a, pour traduire l’équilibre : ��ℎ = �� Donc, pour le mercure ℎ = ��W� ≈ ��O
��P×�� ≈ 1�
(rigoureusement 76cm) alors que pour l’eau il
faudrait 10m !
Au final la pression atmosphérique est
équivalente à la pression d’une colonne de
hauteur ℎ sur une section unitaire d’un fluide de masse volumique �. Donc, sur toute la Terre, on a X�ℎ × 4N%� ≈ 10Y × 10 × 1 × 12 ×36 × 10�� ≈ 4 × 10�S,� 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 !
2) Un densimètre permet de mesurer la
densité des liquides. Celui-ci est
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
placer la graduation 1,00 par rapport
l’extrémité supérieure ?
Dans le cas où ce densimètre plonge dans
l’eau, on a une situation d’équilibre donnée
par :
�F>Z[(8 − ℎ)� = �� Soit ℎ = 8 − \W]=^G = 0,280 − �,�-�×��@��?P = 3,00`�
3) Quel est en pourcentage, le volume
immergé d’un iceberg sachant que ��a>bF = 0,92�. `� + ? Toujours à l’équilibre :
�F>Zcd� = ��a>bFd� Donc c = W;e=f]W]=^ = 92%
D’où le drame du Titanic !
4) Un glaçon cubique de côté 0 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
une application numérique. On note
les masses volumique de l’eau solide
et liquide respectivement �h et �a. 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 i :
Statique des fluides TD5 TSI 2015-2016
��j = −�� + �F�[kℎFl − �m = −�F�[� Soit : �j + W]�W;> � = 0 Il s’agit d’un oscillateur harmonique dont la
pulsation propre est : n�� = W]�W;>, et &� =2NoW;>W]� ≈ A+� ≈ 0,2p
Calculs de force pressante
Exercice 5 : Résultante des forces de
pression sur un barrage plan
Un barrage est constitué d’une paroi
verticale de largeur 8. De l’eau, assimilée à un fluide incompressible et indilatable, de
masse volumique ��, s’appuie sur une hauteur 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.
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 de
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 différence de pression de part et d’autre
de la paroi est donnée par ���. La force élémentaire s’exerçant sur la
tranche 87� est donnée par : 7q = ���87� Et donc le bilan de force est :
r = ��8 H �7� = ��8 ℎ�2
s�
Pour le calcul du moment, il faut d’abord
étudier le moment d’une force élémentaire
puis sommer (car toutes les forces ne sont
pas de même intensité aux différents points
d’application) :
7'�tttttu = v'ttttttu ∧ 7qu = −� × ���87�xyttttu Donc le moment total est :
'�tttttu = −��8 H ��7�s� xzttttu = −��8 ℎ+
3 xyttttu On peut donc écrire le torseur des actions
mécaniques des fluides sur le barrage :
{&| = } ru'�tttttu~� =��� ��8 ℎ�
2 xzttttu−��8 ℎ+
3 xyttttu���
�
Un torseur glisseur est un torseur dont le
champ des moments s’annule en au moins un
point. Notons � ce point : '�tttttu = '�tttttu + H v�tttttu ∧ 7qus
� = v�tttttu ∧ H 7qus�
'�tttttu = v�tttttu ∧ ru Ce point � a pour coordonnées � � 00��
� ����8 ℎ�
2 = −��8 ℎ+3 xzttttu
�� = − 23 ℎ La résultante des forces de pression
s’applique au 2/3 de la zone immergée : rien
d’étonnant dans la mesure où la pression est
plus importante au pied du barrage.
Statique des fluides
Exercice 6 : Résultante des forces
pression sur un barrage cylindrique
Un barrage à la forme d’
cylindrique de hauteur ℎ, caractérisé par son rayon % et l’angle 3. Il est rempli d’eau, de masse volumique � et l’air ambiant est à la pression ��.
1) Justifier qualitativement que la
résultante des forces de pression
est suivant vc. 2) Exprimer la résultante des forces de
pression s’exerçant sur la paroi
cylindrique.
Chacune des forces élémentaires est porté
par le vecteur unitaire x�ttttu (dont la direction est propre à chaque point ' du barrage et
qu’il ne convient pas d’additionner entre eux
sans précaution)
On peut invoquer le principe de Curie qui
signifie que les effets ont au moins
symétries et invariances de leurs causes
Ainsi le plan vertical contenant l’axe Ox est
un plan de symétrie et la projection «
est 7qu. xyttttuNous avons donc une force totale donnée par :
r � � ��%�. � �� ) `�p�7�7�
r � ��% H �. � ��7� ) H�2
2/
s
�
r � ��%.�sin �32�
3/2
TD5
: Résultante des forces de
pression sur un barrage cylindrique
Un barrage à la forme d’un secteur
, caractérisé par son
. Il est rempli d’eau, de
et l’air ambiant est à la
Justifier qualitativement que la
résultante des forces de pression
Exprimer la résultante des forces de
pression s’exerçant sur la paroi
élémentaires est portée
(dont la direction
du barrage et
qu’il ne convient pas d’additionner entre eux
le principe de Curie qui
signifie que les effets ont au moins les
symétries et invariances de leurs causes.
vertical contenant l’axe Ox est
un plan de symétrie et la projection « utile »
Nous avons donc une force totale
`�p�7�7�
H `�p�7�2/�
/�
Exercice 7 : Résultante des forces de
pression sur une paroi sphérique
Le vide est fait à l’intérieur d’une
coquille sphérique (hémisphères de
Magdebourg de rayon R=28cm).
Quelle force doit développer le cheval
pour désolidariser les deux
hémisphères ?
Il est intéressant de remarquer que la
force totale qui s’exerce sur la sphère
est nulle. En revanche, le bilan est non
nul pour chaque hémisphère et c’est
cette force que l’on va calculer. La
symétrie du système
la que la résultante des forces et suivant
l’axe v� horizontal, ainsi
r � � � �
r � � ��%�p�9�`�p�7�7�
r � � ��%�p�9�7p�9�7�
r � NCe résultat est évident
représente la surface p
vertical :
c v
TSI 2015-2016
: Résultante des forces de
ssion sur une paroi sphérique
Le vide est fait à l’intérieur d’une
coquille sphérique (hémisphères de
Magdebourg de rayon R=28cm).
Quelle force doit développer le cheval
pour désolidariser les deux
Il est intéressant de remarquer que la
force totale qui s’exerce sur la sphère
est nulle. En revanche, le bilan est non
nul pour chaque hémisphère et c’est
cette force que l’on va calculer. La
symétrie du système permet de penser
la que la résultante des forces et suivant
horizontal, ainsi :
� ��7[x�ttttu. x�ttttu
p�9�`�p�7�7�
p�9�7p�9�7�
N��%�
Ce résultat est évident car 7[x�ttttu. x�ttttu représente la surface projeté sur le plan
