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SOLUTIONS
surface d'aire S
e z
z
z + dz
z
0
1 1. Considérons un élément de volume cylindrique, de
section S, compris entre les cotes verticales z et z 1 dz. Cet
élément de volume étant à l’équilibre on peut lui appliquer
le principe fondamental de la dynamique
− →
F =
− →
0 .
Les forces qui s’appliquent sur ce volume élémentaire dV
sont :
– les forces de pression s’exerçant sur la surface latérale,
parallèles au plan horizontal,
– les forces de pression s’exerçant sur la face « de dessous »
de section S, située à la côte z :
SP (z) − → e z
, où P (z) désigne
la pression à la côte z,
– les forces de pression s’exerçant sur la face « de dessus » de section S, située à la côte
(z 1 dz) :
−SP (z 1 dz) − → e z
, où P (z 1 dz) désigne la pression à la côte (z 1 dz),
– son poids :
−rdVg − → e z
où r est la masse volumique de l’air (à l’altitude z) et dV = Sdz.
En projetant l’expression du principe fondamental de la dynamique sur l’axe (Oz), il vient
donc (−SP (z 1 dz))1(SP (z))1
−rSdzg
= 0 ⇒ −P (z 1 dz)1P (z) = −dP = rgdz,
⇒ dP = −rgdz.
2.a. On peut appliquer la loi des gaz parfaits au volume élémentaire précédent :
P (z) dV = dnRT (z)
Le nombre de moles contenues dans le volume est donné par dn =
rdV
M
, d’où
r =
P (z) M
RT (z)
. En remplaçant dans l’équation locale précédente :
dP = −
PM
RT
gdz ⇒
dP
P
= −
Mg
RT 0
1
(1 − kz)
dz
En intégrant,
P(z)
P 0
dP
P
=
z
z=0
−
Mg
RT 0
1
(1 − kz)
dz
[n P]
P(z)
P 0
=
Mg
kRT 0
[n (1 − kz)]
z
z=0 ⇒ n
P
P 0
=
Mg
kRT 0
n (1 − kz), et finalement :
P = P 0 (1 − kz)
a ,
avec
a =
Mg
kRT 0
b. Calculons d’abord
a =
Mg
kRT 0
=
29 · 10
−3
· 9,81
2,2 · 10 −5 · 8,32 · 293
= 5,3
Donc :
P = P 0 (1 − kz)
5,3
À 1 500 mètres, P 1 500 = 10
5
1 − 2,2 · 10
−5
· 1 500
5,3 = 8,4 · 10
4 Pa.
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