Bouchon d’évier
On ne peut pas appliquer le théorème d’Archimède au bouchon. En raison du joint, même de très petite épaisseur,l e
bouchon n’est pas entièrement immergé dans un fluide à
l’équilibre. Il est clair que la pression n’a pas la même valeur
de part et d’autre du joint, dans l’eau et dans l’air.
Déterminons les forces pressantes sur le bouchon en notant
P 0 la pression atmosphérique et avec Oz ,axe vertical ascendant :
•Sur la face supérieure : e F 1 =–S [P 0 +r 0 g(h–e)] z e z .
•Sur la face inférieure :
e F 2 =+(S–S 0 )(P 0 + r 0 gh) z e z +S 0 P 0z e z.
La résultante des forces pressantes est :
e F pression = r 0 g(Se–S 0 h) z e z.
Le poids du bouchon étant égal à r S e g ,ilreste plaqué au
fond si :
r S e g r 0 g(S e–S 0 h)
ou encore si : h e
1–
.
On remarque que cette condition est toujours vérifiée pour
r r 0 (le bouchon ne peut flotter).
Plongée libre(sans bouteille)
1 • D’après l’expression r g=–g z e z l’axe des z est orienté vers le haut. r étant uniforme, la relation fondamentale de la statique des fluides s’écrit donc :
p(z)=P atm – rgz car p(0) = P atm .
Numériquement :
p(z)=1,013 . 10 5 –9,81 . 10 3 z avec P en Pa et z en m .
2 • L’air contenudans les poumons subit une compression
isotherme. Comme il est assimilé àungaz parfait :
P atm
p(z)
z
7
S
S 0
r
r 0
8
S 0
P 0 + rgh
P 0 + rgh
P 0 + rgh
P 0 + rgh
P 0 + rgh
P 0
S
p(z) V(z)=C ste =P atm V M
d’où V(z)=
A. N. :V (– 10 m) =3,61 . 10 –3 m 3 .
Le poids du plongeur reste constant.
La poussée d’Archimède, proportionnelle au volume du
plongeur diminue lorsque la profondeur augmente. La
flottabilité,c omptée positivement vers le haut, diminue
donc lorsque la profondeur augmente.
3 • Exprimons la flottabilité :
e P archi + m r g =[r(V 0 +V (z )–( m +m 1 )]g z e z.
(On n’a pas tenu compte du volume supplémentaire dû au
lest.)
La flottabilité est nulle si r (V 0 + V(z)) = m + m 1
soit si m 1 = r
V 0 +
– m
A. N. :m 1 =1,7 kg .
Ascension d’un ballon-sonde
1 • La force ascensionnelle résulte du poids du ballon, de
celui du gaz contenu dans l’enveloppe et de la poussée
d’Archimède exercée par l’air :
F z =[(r air (z)–r H 2
(z ))V(z)–m ]g,
où V(z)d ésigne le volume du ballon àl’altitude z :
V(z)=
.
Rema rques
La pression P(z) désigne la pression effectivem oyenne vue
parl eballon àl ’altitude z.On sait qu’elle évolue avec une
caractéristiqueHt rèsgrande devantles dimensions du ballon :c ette notation n’est pasambiguë.
On néglige le volumed el ’appareillage devantl ev olumed u
ballon.
Pour chaque gaz, P = r
;d’où :
r air == M air
,
et :
r H 2 == M H2
.
La force ascentionnelle peut donc s’écrire :
F z =[n(M air – M H 2
)–m ]g.
Le décollage est possible si la force ascensionnelle est positive pour z =0.
On en déduit avec n 0 =:
V 0 =
.
nRT 0
P(z)
mRT 0
P 0 (M air – M H 2 )
m
M air – M H 2
P(z) M H2
RT 0
n
V(z)
P (z) M air
RT 0
n
V(z)
RT 0
M
9
P atm V M
P atm – rgz
P atm V M
P atm – ρ gz
CORRIGÉS
Statique desfluides
2
225
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
On ne peut pas appliquer le théorème d’Archimède au bouchon. En raison du joint, même de très petite épaisseur,l e
bouchon n’est pas entièrement immergé dans un fluide à
l’équilibre. Il est clair que la pression n’a pas la même valeur
de part et d’autre du joint, dans l’eau et dans l’air.
Déterminons les forces pressantes sur le bouchon en notant
P 0 la pression atmosphérique et avec Oz ,axe vertical ascendant :
•Sur la face supérieure : e F 1 =–S [P 0 +r 0 g(h–e)] z e z .
•Sur la face inférieure :
e F 2 =+(S–S 0 )(P 0 + r 0 gh) z e z +S 0 P 0z e z.
La résultante des forces pressantes est :
e F pression = r 0 g(Se–S 0 h) z e z.
Le poids du bouchon étant égal à r S e g ,ilreste plaqué au
fond si :
r S e g r 0 g(S e–S 0 h)
ou encore si : h e
1–
.
On remarque que cette condition est toujours vérifiée pour
r r 0 (le bouchon ne peut flotter).
Plongée libre(sans bouteille)
1 • D’après l’expression r g=–g z e z l’axe des z est orienté vers le haut. r étant uniforme, la relation fondamentale de la statique des fluides s’écrit donc :
p(z)=P atm – rgz car p(0) = P atm .
Numériquement :
p(z)=1,013 . 10 5 –9,81 . 10 3 z avec P en Pa et z en m .
2 • L’air contenudans les poumons subit une compression
isotherme. Comme il est assimilé àungaz parfait :
P atm
p(z)
z
7
S
S 0
r
r 0
8
S 0
P 0 + rgh
P 0 + rgh
P 0 + rgh
P 0 + rgh
P 0 + rgh
P 0
S
p(z) V(z)=C ste =P atm V M
d’où V(z)=
A. N. :V (– 10 m) =3,61 . 10 –3 m 3 .
Le poids du plongeur reste constant.
La poussée d’Archimède, proportionnelle au volume du
plongeur diminue lorsque la profondeur augmente. La
flottabilité,c omptée positivement vers le haut, diminue
donc lorsque la profondeur augmente.
3 • Exprimons la flottabilité :
e P archi + m r g =[r(V 0 +V (z )–( m +m 1 )]g z e z.
(On n’a pas tenu compte du volume supplémentaire dû au
lest.)
La flottabilité est nulle si r (V 0 + V(z)) = m + m 1
soit si m 1 = r
V 0 +
– m
A. N. :m 1 =1,7 kg .
Ascension d’un ballon-sonde
1 • La force ascensionnelle résulte du poids du ballon, de
celui du gaz contenu dans l’enveloppe et de la poussée
d’Archimède exercée par l’air :
F z =[(r air (z)–r H 2
(z ))V(z)–m ]g,
où V(z)d ésigne le volume du ballon àl’altitude z :
V(z)=
.
Rema rques
La pression P(z) désigne la pression effectivem oyenne vue
parl eballon àl ’altitude z.On sait qu’elle évolue avec une
caractéristiqueHt rèsgrande devantles dimensions du ballon :c ette notation n’est pasambiguë.
On néglige le volumed el ’appareillage devantl ev olumed u
ballon.
Pour chaque gaz, P = r
;d’où :
r air == M air
,
et :
r H 2 == M H2
.
La force ascentionnelle peut donc s’écrire :
F z =[n(M air – M H 2
)–m ]g.
Le décollage est possible si la force ascensionnelle est positive pour z =0.
On en déduit avec n 0 =:
V 0 =
.
nRT 0
P(z)
mRT 0
P 0 (M air – M H 2 )
m
M air – M H 2
P(z) M H2
RT 0
n
V(z)
P (z) M air
RT 0
n
V(z)
RT 0
M
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P atm V M
P atm – rgz
P atm V M
P atm – ρ gz
CORRIGÉS
Statique desfluides
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©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.