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Hémisphères de Magdebourg
Notons O le centre de la sphère et Oz l’axe de symétrie
d’un hémisphère. On voit sur les schémas que les forces
pressantes d y
F exercées par l’atmosphère sur chaque élément
de surface dS ne sont pas colinéaires. En considérant deux
éléments de surface symétrique (voir figure en coupe), on
constate que les composantes orthogonales à Oz se compensent.
La résultanted es forces de pression atmosphérique est
donc colinéaire à Oz .I le ne st de même pour les forces
exercées par l’air contenu àl’intérieur.
La composante selon Oz de la force exercée par l’atmosphère sur un élément dS est :d F z =–P 0 dScos θ .
Or dS cos θ =dS,aire du projeté de dS sur le plan orthogonal à Oz .
La force résultante est :
y F =
hémisophère
dF z e e z =–P 0
hémisophère
dS e e z
hémisophère
dS ,somme de tous les éléments dS n’est autre
que l’aire du disque de rayon R .
dS
z
O
dS
dy F
q
z
dS
dS
O
dy F
1
On en déduit la résultante des forces exercéesp ar l’atmosphère : y
F atm =–P 0 πR 2 e e z
ainsi que celle des forces exercées par l’air intérieur :
y
F int =+P int π R 2 e e z
Pour vaincre ces forces, il faut exercer une force de traction minimale : F =(P 0 –P int ) π R 2 e e z =0,9 P 0 π R 2 e e z
A. N. :F 4,5 . 10 4 N.
Pression et forces
1 • Notons P la pression du gaz enfermé dans le système
et orientons les forces positivement vers le haut. Le système étant àl’équilibre,cette pression est uniforme.
Chaque piston est soumis àlaforce de pesanteur orientée
vers le bas et àd eux forcesp ressantes :c elle exercée par
l’atmosphère orientée vers le bas et celle exercée par le
gaz du cylindre orientée vers le haut.
Équilibre mécanique du piston de masse m 1 :
m 1 g + P 0 S 1 = PS 1 .
Équilibre mécanique du piston de masse m 2 :
m 2 g + P 0 S 2 = PS 2 .
On en déduit la condition cherchée en éliminant les pressions P et P 0 : m 1 S 2 = m 2 S 1 .
L’hypothèse du gaz parfait n’est pas prise en compte ;nous
avons uniquement supposé que le gaz était en équilibre,
donc de pression uniforme.
2 • Considérons le solide constitué du piston de masse m 1
et de la surcharge de masse M 1 .
Les forces pressantes exercéesp ar l’atmosphère sur les
paroisverticalessecompensent tandis que celles qui sont
exercées sur les faces horizontales ont une résultante égale
à P 0 S 1 ,dirigée vers le bas.
Remarquons que ce résultat est vrai, même si la surcharge
aune forme quelconque.Pour le montrer, il faut utiliserle
raisonnement développé dans le corrigé de l’exercice1.
La condition d’équilibredeviendrait alors :
(m 1 + M 1 ) S 2 = m 2 S 1 ,i ncompatible avec m 1 S 2 = m 2 S 1 .
L’équilibree st rompu, le piston de masse m 1 tombe jusqu’à reposer sur les butées. La pression est imposée par
l’équilibredusecond piston :
m 2 g + P 0 S 2 = PS 2 ,soit P = P 0 +.
m 2 g
S 2
M 1
m 1
2
Corrigés
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Hémisphères de Magdebourg
Notons O le centre de la sphère et Oz l’axe de symétrie
d’un hémisphère. On voit sur les schémas que les forces
pressantes d y
F exercées par l’atmosphère sur chaque élément
de surface dS ne sont pas colinéaires. En considérant deux
éléments de surface symétrique (voir figure en coupe), on
constate que les composantes orthogonales à Oz se compensent.
La résultanted es forces de pression atmosphérique est
donc colinéaire à Oz .I le ne st de même pour les forces
exercées par l’air contenu àl’intérieur.
La composante selon Oz de la force exercée par l’atmosphère sur un élément dS est :d F z =–P 0 dScos θ .
Or dS cos θ =dS,aire du projeté de dS sur le plan orthogonal à Oz .
La force résultante est :
y F =
hémisophère
dF z e e z =–P 0
hémisophère
dS e e z
hémisophère
dS ,somme de tous les éléments dS n’est autre
que l’aire du disque de rayon R .
dS
z
O
dS
dy F
q
z
dS
dS
O
dy F
1
On en déduit la résultante des forces exercéesp ar l’atmosphère : y
F atm =–P 0 πR 2 e e z
ainsi que celle des forces exercées par l’air intérieur :
y
F int =+P int π R 2 e e z
Pour vaincre ces forces, il faut exercer une force de traction minimale : F =(P 0 –P int ) π R 2 e e z =0,9 P 0 π R 2 e e z
A. N. :F 4,5 . 10 4 N.
Pression et forces
1 • Notons P la pression du gaz enfermé dans le système
et orientons les forces positivement vers le haut. Le système étant àl’équilibre,cette pression est uniforme.
Chaque piston est soumis àlaforce de pesanteur orientée
vers le bas et àd eux forcesp ressantes :c elle exercée par
l’atmosphère orientée vers le bas et celle exercée par le
gaz du cylindre orientée vers le haut.
Équilibre mécanique du piston de masse m 1 :
m 1 g + P 0 S 1 = PS 1 .
Équilibre mécanique du piston de masse m 2 :
m 2 g + P 0 S 2 = PS 2 .
On en déduit la condition cherchée en éliminant les pressions P et P 0 : m 1 S 2 = m 2 S 1 .
L’hypothèse du gaz parfait n’est pas prise en compte ;nous
avons uniquement supposé que le gaz était en équilibre,
donc de pression uniforme.
2 • Considérons le solide constitué du piston de masse m 1
et de la surcharge de masse M 1 .
Les forces pressantes exercéesp ar l’atmosphère sur les
paroisverticalessecompensent tandis que celles qui sont
exercées sur les faces horizontales ont une résultante égale
à P 0 S 1 ,dirigée vers le bas.
Remarquons que ce résultat est vrai, même si la surcharge
aune forme quelconque.Pour le montrer, il faut utiliserle
raisonnement développé dans le corrigé de l’exercice1.
La condition d’équilibredeviendrait alors :
(m 1 + M 1 ) S 2 = m 2 S 1 ,i ncompatible avec m 1 S 2 = m 2 S 1 .
L’équilibree st rompu, le piston de masse m 1 tombe jusqu’à reposer sur les butées. La pression est imposée par
l’équilibredusecond piston :
m 2 g + P 0 S 2 = PS 2 ,soit P = P 0 +.
m 2 g
S 2
M 1
m 1
2
Corrigés
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.