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PT · Physique · semaine 1

Éléments de statique des fluides dans un référentiel galiléen

Forces surfaciques et volumiques, champ de pression, statique dans le champ de pesanteur uniforme, résultante de forces de pression et poussée d'Archimède.

Sommaire

Ton programme de PT : ce chapitre est traité par Statique des fluides dans un référentiel galiléen (PCSI).

Hors programme en PT, donc pas exigible :

  • Facteur de Boltzmann
  • Équivalent volumique par le gradient, équation locale de la statique
  • Capacité numérique sur l'atmosphère

Le cours

Résumé en cinq points

  1. Une force volumique est proportionnelle au volume, une force surfacique à l'aire. La force de pression élémentaire vaut P dS n⃗P\,\dd S\,\vec n, normale à la paroi.
  2. Pour une résultante de forces de pression, on utilise les symétries pour trouver la direction, puis on découpe en surfaces élémentaires et on somme.
  3. L'équivalent volumique des forces de pression est −grad→ P-\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P, et l'équation locale de la statique des fluides est grad→ P=ρ g⃗\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P = \rho\,\vec g, soit dP/dz=−ρg\dd P/\dd z = -\rho g sur un axe ascendant.
  4. Dans un liquide, la pression croît de 1 bar1 \unite{bar} tous les 10 m10 \unite{m}. Dans l'atmosphère isotherme, elle décroît exponentiellement avec une hauteur caractéristique de l'ordre de 8 km8 \unite{km}.
  5. La poussée d'Archimède est égale au poids du fluide déplacé et dirigée vers le haut. Le profil de densité de l'atmosphère isotherme illustre le facteur de Boltzmann e−E/(kT)\e^{-E/(kT)}, avec kT≈25 meVkT \approx 25 \unite{meV} à 300 K300 \unite{K}.
Pourquoi ce chapitre

Ce chapitre a deux objectifs, l'un physique et l'autre méthodologique.

Sur le plan physique, il explique :

  • la répartition de pression dans un liquide et dans l'atmosphère ;
  • la poussée d'Archimède ;
  • le facteur de Boltzmann, qui gouverne toute la physique statistique.

Sur le plan méthodologique, c'est le premier endroit du programme où l'on découpe un domaine physique en éléments infinitésimaux, où l'on écrit une grandeur élémentaire, puis où l'on somme. Le domaine découpé est une surface ou un volume. Cette démarche resservira en électromagnétisme, en mécanique des fluides et en thermodynamique.

Le chapitre montre aussi l'intérêt d'un opérateur, le gradient, pour écrire une loi sous forme locale. Une telle loi est valable point par point et indépendante de la géométrie. C'est un changement de point de vue en fin de première année.

1Forces surfaciques et forces volumiques

1.1Distinction

Définition 1.1Force volumique

Une force volumique s'exerce sur toute la matière contenue dans un volume, et son intensité est proportionnelle au volume considéré. On l'écrit dF⃗=f⃗v dτ,\dd \vec F = \vec f_v\,\dd\tau, où f⃗v\vec f_v est une densité volumique de force, en N m−3\mathrm{N\,m^{-3}}.

Exemple 1.2Forces volumiques

  • Le poids, avec f⃗v=ρ g⃗\vec f_v = \rho\,\vec g.
  • La force subie par une distribution volumique de charges dans un champ électrique.

Définition 1.3Force surfacique

Une force surfacique s'exerce à travers une surface, par contact, et son intensité est proportionnelle à l'aire considérée. On l'écrit dF⃗=f⃗s dS,\dd \vec F = \vec f_s\,\dd S, avec f⃗s\vec f_s en N m−2\mathrm{N\,m^{-2}}.

Exemple 1.4Forces surfaciques

  • Les forces de pression.
  • Les forces de frottement visqueux qu'un fluide exerce sur une paroi.
  • La tension superficielle, qui agit le long d'une ligne mais relève de la même idée de force de contact.

À retenir

Le poids est la force volumique de référence, la pression la force surfacique de référence.

1.2Force de pression élémentaire

Propriété 1.5Force de pression élémentaire

La pression PP est une grandeur scalaire positive, en pascals. En un point d'une paroi, le fluide exerce une force normale à la paroi et dirigée du fluide vers la paroi. Pour un élément de surface d'aire dS\dd S, dF⃗=P dS n⃗,\dd \vec F = P\,\dd S\,\vec n, où n⃗\vec n est le vecteur unitaire normal à l'élément de surface, dirigé du fluide vers la paroi.

RemarqueFluide et solide

Quand le fluide est au repos, cette force n'a pas de composante tangentielle, ce qui distingue un fluide d'un solide.

RemarqueOrdres de grandeur

  • Pression atmosphérique : 1,013×105 Pa1{,}013 \times 10^5 \unite{Pa}, soit environ 1 bar1 \unite{bar}. Cela correspond à environ 10 N10 \unite{N} sur un ongle de 1 cm21 \unite{cm^2}.
  • Pression dans un pneu : de l'ordre de 2 bar2 \unite{bar} relatifs.

1.3Surfaces élémentaires

Pour intégrer, il faut savoir écrire dS\dd S dans le système de coordonnées adapté à la géométrie.

Propriété 1.6Surfaces élémentaires

  • Coordonnées cartésiennes, sur un plan : dS=dx dy\dd S = \dd x\,\dd y.
  • Coordonnées cylindriques, sur la surface latérale d'un cylindre de rayon RR : dS=R dθ dz\dd S = R\,\dd\theta\,\dd z.
  • Coordonnées cylindriques, sur un disque de base : dS=r dr dθ\dd S = r\,\dd r\,\dd\theta.
  • Coordonnées sphériques, sur une sphère de rayon RR : dS=R2sin⁡θ dθ dφ\dd S = R^2 \sin\theta\,\dd\theta\,\dd\varphi.

1.4Utiliser les symétries

Avant tout calcul, on cherche la direction de la résultante par un argument de symétrie.

Propriété 1.7Direction d'une résultante par symétrie

Hypothèses

  • la géométrie est invariante par une symétrie ;
  • la distribution de pression est invariante par cette même symétrie.

Alors la résultante des forces de pression est invariante par cette symétrie. Concrètement :

  • si le système admet un plan de symétrie, la résultante est contenue dans ce plan ;
  • s'il admet un axe de symétrie de révolution et que la pression ne dépend pas de l'angle, la résultante est portée par cet axe.

Cet argument évite de calculer deux composantes sur trois. Il est explicitement demandé par le programme.

Exemple 1.8Sphère immergée

Une sphère est plongée dans un fluide au repos dans le champ de pesanteur. La pression ne dépend que de l'altitude, donc tout plan vertical contenant le centre est plan de symétrie. La résultante est donc verticale, sans qu'aucun calcul ne soit nécessaire.

1.5Évaluer une résultante, exemple du barrage

Exemple 1.9Barrage rectangulaire vertical

Un barrage rectangulaire vertical de largeur LL retient de l'eau de masse volumique ρ\rho sur une hauteur hh. L'air, à la pression P0P_0, est de l'autre côté.

On repère par zz l'altitude comptée vers le haut depuis le fond. On découpe la paroi en bandes horizontales de hauteur dz\dd z et d'aire dS=L dz\dd S = L\,\dd z. La pression de l'eau à l'altitude zz vaut P(z)=P0+ρg(h−z).P(z) = P_0 + \rho g (h - z). En tenant compte de l'air de l'autre côté, la force élémentaire résultante sur la bande est horizontale et vaut ρg(h−z)L dz\rho g (h - z) L\,\dd z. On somme de z=0z = 0 à z=hz = h : F=ρgL∫0h(h−z) dz=12 ρgLh2.\begin{aligned} F &= \rho g L \int_0^h (h - z)\,\dd z \\ &= \frac{1}{2}\,\rho g L h^2. \end{aligned} Application numérique : pour h=10 mh = 10 \unite{m} et L=50 mL = 50 \unite{m}, F≈2,5×107 NF \approx 2{,}5 \times 10^7 \unite{N}.

RemarqueCommentaire du résultat

La force croît comme le carré de la hauteur d'eau et ne dépend pas du volume d'eau retenu, ce qui est contraire à l'intuition. Un lac étroit et profond exerce autant qu'un lac large et profond de même hauteur, sur une même largeur de barrage.

2Équation locale de la statique des fluides

2.1Équivalent volumique des forces de pression

Propriété 2.1Équivalent volumique des forces de pression

La résultante des forces de pression sur un volume mésoscopique dτ\dd\tau vaut dF⃗pression=−grad→ P dτ.\dd \vec F_{\text{pression}} = -\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P\,\dd\tau. L'équivalent volumique des forces de pression est donc f⃗v,pression=−grad→ P.\vec f_{v,\text{pression}} = -\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P.

Voir la démonstration

Considérons un parallélépipède mésoscopique de côtés dx\dd x, dy\dd y, dz\dd z au sein du fluide.

  • Sur la face d'abscisse xx, le fluide extérieur pousse dans le sens +x+x avec la force P(x) dy dzP(x)\,\dd y\,\dd z.
  • Sur la face d'abscisse x+dxx + \dd x, il pousse dans le sens −x-x avec la force P(x+dx) dy dzP(x + \dd x)\,\dd y\,\dd z.

La résultante selon xx vaut dFx=(P(x)−P(x+dx))×dy dz=−∂P∂x dx dy dz.\begin{aligned} \dd F_x &= \big(P(x) - P(x + \dd x)\big)\\ &\quad \times \dd y\,\dd z \\ &= -\frac{\partial P}{\partial x}\,\dd x\,\dd y\,\dd z. \end{aligned} Le même raisonnement selon yy et zz donne le résultat, avec dτ=dx dy dz\dd\tau = \dd x\,\dd y\,\dd z.

Un fluide n'est poussé que là où la pression varie.

  • Dans une zone de pression uniforme, la résultante des forces de pression sur tout volume est nulle.
  • Le signe moins traduit le fait que la poussée se fait des hautes vers les basses pressions.

2.2Équation locale

Loi 2.2Équation locale de la statique des fluides

Hypothèses

  • fluide au repos ;
  • référentiel galiléen ;
  • le poids est la seule force volumique.

Alors, en tout point du fluide, quelle que soit sa nature, compressible ou non : grad→ P=ρ g⃗.\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P = \rho\,\vec g.

Voir la démonstration

Un élément de volume dτ\dd\tau de fluide au repos est soumis aux forces de pression et à son poids ρ g⃗ dτ\rho\,\vec g\,\dd\tau. L'équilibre donne −grad→ P dτ+ρ g⃗ dτ=0⃗.-\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P\,\dd\tau + \rho\,\vec g\,\dd\tau = \vec 0.

RemarqueAutres forces volumiques

Si d'autres forces volumiques existent, elles s'ajoutent au second membre.

Propriété 2.3Projection sur un axe vertical ascendant

Avec un axe OzOz vertical ascendant, g⃗=−g e⃗z\vec g = -g\,\vec e_z. L'équation se projette en ∂P∂x=∂P∂y=0,dPdz=−ρg.\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} = 0, \qquad \frac{\dd P}{\dd z} = -\rho g.

Dans un fluide au repos, la pression ne dépend que de l'altitude, et elle décroît quand on monte. Conséquence immédiate : deux points d'un même fluide au repos à la même altitude sont à la même pression, y compris s'ils sont reliés par un tube en U.

À retenir

grad→ P=ρ g⃗\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P = \rho\,\vec g, soit dP/dz=−ρg\dd P/\dd z = -\rho g sur un axe ascendant.

2.3Fluide incompressible et homogène

Propriété 2.4Pression dans un fluide incompressible et homogène

Hypothèses

  • fluide au repos dans un référentiel galiléen ;
  • ρ\rho constante ;
  • axe OzOz vertical ascendant.

Alors l'intégration est immédiate : P(z)=P(z0)−ρg(z−z0).P(z) = P(z_0) - \rho g (z - z_0). La pression varie linéairement avec la profondeur.

RemarqueOrdres de grandeur

  • Dans l'eau, ρ=1,0×103 kg.m−3\rho = 1{,}0 \times 10^3 \unite{kg.m^{-3}} : la pression augmente d'environ 105 Pa10^5 \unite{Pa}, soit 1 bar1 \unite{bar}, tous les 10 m10 \unite{m} de profondeur.
  • Au fond d'une fosse océanique de 10 km10 \unite{km}, la pression dépasse 1 000 bar1\,000 \unite{bar}.
  • Dans l'air au niveau du sol, ρ≈1,2 kg.m−3\rho \approx 1{,}2 \unite{kg.m^{-3}} : la pression ne varie que d'environ 12 Pa12 \unite{Pa} par mètre, soit 1 hPa1 \unite{hPa} tous les 8 m8 \unite{m} environ.

C'est pourquoi on néglige couramment les variations de pression dans un gaz sur une hauteur de laboratoire, alors qu'on ne les néglige jamais dans un liquide.

2.4Atmosphère isotherme

Propriété 2.5Pression dans l'atmosphère isotherme

Hypothèses

  • air au repos, assimilé à un gaz parfait de masse molaire MM ;
  • température TT uniforme ;
  • axe OzOz vertical ascendant.

Alors P(z)=P(0) e−z/H,H=RTMg.P(z) = P(0)\,\e^{-z/H}, \qquad H = \frac{RT}{Mg}. HH est la hauteur caractéristique de l'atmosphère.

Voir la démonstration

Pour un gaz parfait, ρ=PMRT\rho = \dfrac{PM}{RT}. L'équation locale devient dPdz=−MgRT P.\frac{\dd P}{\dd z} = -\frac{Mg}{RT}\,P. C'est une équation différentielle linéaire du premier ordre, dont la solution est la forme annoncée.

Exemple 2.6Application numérique

Avec M=29 g.mol−1M = 29 \unite{g.mol^{-1}} et T=288 KT = 288 \unite{K}, H≈8,4 kmH \approx 8{,}4 \unite{km}. La pression est divisée :

  • par environ e\e, donc à peu près par 2,72{,}7, tous les 8 km8 \unite{km} ;
  • par 2 tous les 5,8 km5{,}8 \unite{km} environ.

Cette valeur est cohérente avec le fait qu'on manque d'oxygène en altitude.

RemarqueLimite du modèle

L'atmosphère réelle n'est pas isotherme. Dans la troposphère, la température décroît d'environ 6,5 K6{,}5 \unite{K} par kilomètre. Le modèle isotherme reste correct en ordre de grandeur sur les premiers kilomètres.

2.5Capacité numérique

Le programme demande d'étudier numériquement les variations de température et de pression dans l'atmosphère.

MéthodeSimuler le profil de pression atmosphérique

  1. Se donner un profil de température, par exemple T(z)=T0−azT(z) = T_0 - az avec a=6,5 K.km−1a = 6{,}5 \unite{K.km^{-1}} dans la troposphère, puis constant dans la stratosphère basse.
  2. Intégrer pas à pas, par une méthode d'Euler ou avec une fonction d'intégration de bibliothèque, l'équation dPdz=−PMgRT(z)\dfrac{\dd P}{\dd z} = -\dfrac{PMg}{RT(z)}, en partant de P(0)=1,013×105 PaP(0) = 1{,}013 \times 10^5 \unite{Pa}.
  3. Tracer P(z)P(z) et T(z)T(z), et comparer au modèle isotherme et aux valeurs de l'atmosphère standard.
  4. Tracer aussi la masse volumique et vérifier qu'elle décroît plus vite que la pression, puisque l'air se refroidit aussi.

3Poussée d'Archimède

3.1Origine et énoncé

Origine physique, exigible. La pression augmente quand on descend : un corps immergé subit sur sa face inférieure une pression plus grande que sur sa face supérieure. La résultante des forces de pression est donc dirigée vers le haut.

Théorème 3.1Poussée d'Archimède

Hypothèses

  • fluide au repos ;
  • champ de pesanteur uniforme ;
  • corps entièrement entouré par le fluide sur sa partie immergée.

Alors tout corps entièrement ou partiellement immergé subit de la part de ce fluide une force verticale, dirigée vers le haut, égale en norme au poids du fluide déplacé : Π=ρfluide Vdeplace g.\Pi = \rho_{\text{fluide}}\,V_{\text{deplace}}\,g. Son point d'application est le centre de masse du fluide déplacé, appelé centre de carène, qui n'est pas en général le centre de masse du corps.

Voir la démonstration (Raisonnement du fluide fictif)

On remplace par la pensée le corps immergé par le même volume de fluide au repos.

  • Ce fluide fictif est en équilibre, donc la résultante des forces de pression qu'il subit compense exactement son poids.
  • Or les forces de pression exercées par le fluide environnant ne dépendent que de la forme de la frontière, pas de ce qu'il y a derrière.
  • Elles sont donc les mêmes sur le corps réel.

AttentionCorps collé au fond

Contre-exemple classique : un bloc parfaitement collé au fond d'un récipient, sans fluide en dessous, ne subit pas de poussée d'Archimède.

À retenir

La poussée d'Archimède est verticale, vers le haut, égale au poids du fluide déplacé.

3.2Exploitation

Propriété 3.2Condition de flottaison d'un corps homogène

Hypothèses

  • corps homogène de volume VV ;
  • corps en équilibre en flottaison.

Alors l'équilibre ρcorps Vg=ρfluide Vimmerge g\rho_{\text{corps}}\,V g = \rho_{\text{fluide}}\,V_{\text{immerge}}\,g donne VimmergeV=ρcorpsρfluide.\frac{V_{\text{immerge}}}{V} = \frac{\rho_{\text{corps}}}{\rho_{\text{fluide}}}.

Le corps flotte si sa masse volumique moyenne est inférieure à celle du fluide.

Exemple 3.3Iceberg

Pour la glace dans l'eau, ρglace/ρeau≈0,92\rho_{\text{glace}}/\rho_{\text{eau}} \approx 0{,}92 : environ 90 % du volume d'un iceberg est immergé.

RemarquePoussée d'Archimède dans l'air

Dans l'air, la poussée d'Archimède est très faible mais pas toujours négligeable. C'est elle qui fait monter un ballon d'hélium et qui oblige à corriger les pesées de très haute précision.

4Facteur de Boltzmann

Propriété 4.1Densité particulaire de l'atmosphère isotherme

Hypothèses

  • atmosphère isotherme à la température TT ;
  • molécules de masse mm.

Alors la densité particulaire n∗n^* vérifie n∗(z)=n∗(0) e−mgz/(kT).n^*(z) = n^*(0)\,\e^{-mgz/(kT)}.

Voir la démonstration

On reprend l'atmosphère isotherme et on passe à la densité particulaire avec P=n∗kTP = n^* kT. À TT uniforme, n∗n^* est proportionnelle à PP. Avec M=NAmM = N_A m et R=NAkR = N_A k, on a MgRT=mgkT\dfrac{Mg}{RT} = \dfrac{mg}{kT}, d'où le résultat.

Or mgzmgz est exactement l'énergie potentielle de pesanteur Ep(z)E_p(z) d'une molécule à l'altitude zz. La relation s'écrit donc n∗(z)=n∗(0) e−Ep(z)/(kT).n^*(z) = n^*(0)\,\e^{-E_p(z)/(kT)}.

Définition 4.2Facteur de Boltzmann

Le facteur exponentiel e−E/(kT)\e^{-E/(kT)} est le facteur de Boltzmann.

Loi 4.3Généralité du facteur de Boltzmann

Hypothèse : système à l'équilibre thermique à la température TT.

Alors la probabilité qu'un système microscopique occupe un état d'énergie EE est proportionnelle à e−E/(kT)\e^{-E/(kT)}.

Remarque

Le programme demande d'affirmer cette généralité. La statique des fluides n'en est qu'une illustration.

Lecture physique, exigible. La quantité kTkT est l'énergie de référence à l'échelle microscopique.

  • Si une énergie caractéristique est petite devant kTkT, l'agitation thermique domine et les états correspondants sont peuplés de façon presque uniforme.
  • Si elle est grande devant kTkT, l'agitation ne suffit pas et les états de haute énergie sont très peu peuplés.

Exemple 4.4Ordre de grandeur de kT

À 300 K300 \unite{K}, kT≈4,1×10−21 JkT \approx 4{,}1 \times 10^{-21} \unite{J}, soit environ 25 meV25 \unite{meV}. Une énergie de liaison chimique vaut quelques électronvolts, cent fois plus. Une molécule stable ne se dissocie donc pas spontanément à température ambiante.

RemarqueApplication à l'atmosphère

Le rapport mgHkT\dfrac{mgH}{kT} vaut 1 par construction de HH. L'atmosphère s'étend donc sur la hauteur pour laquelle l'énergie potentielle de pesanteur d'une molécule devient comparable à kTkT.

À retenir

kT≈25 meVkT \approx 25 \unite{meV} à 300 K300 \unite{K} est l'énergie de référence à l'échelle microscopique.

Méthodes

MéthodeCalculer une résultante de forces de pression

  1. Chercher la direction par symétrie.
  2. Écrire dS\dd S dans le bon système de coordonnées.
  3. Écrire la force élémentaire.
  4. Projeter.
  5. Intégrer.

AttentionPression de l'autre côté de la paroi

Ne jamais oublier la pression qui s'exerce de l'autre côté d'une paroi. Sur un barrage ou une vanne, c'est souvent la pression atmosphérique, et elle se simplifie.

MéthodeChoisir le modèle de pression

  1. Dans un liquide, utiliser P=P0+ρghP = P_0 + \rho g h, avec hh la profondeur.
  2. Dans un gaz sur une faible hauteur, considérer la pression comme uniforme.
  3. Pour un fluide compressible, exprimer ρ\rho en fonction de PP grâce à l'équation d'état avant d'intégrer.

AttentionVolume déplacé

Pour la poussée d'Archimède, le volume déplacé est le volume immergé, et non le volume total.

MéthodeVérifier l'homogénéité

  1. Une pression s'exprime en pascals.
  2. Une hauteur caractéristique s'exprime en mètres.
  3. L'exposant d'un facteur de Boltzmann est sans dimension.

Ce qu'il faut savoir refaire en khôlle

  1. Donner deux exemples de forces volumiques et deux exemples de forces surfaciques.
  2. Écrire la surface élémentaire en coordonnées cartésiennes, cylindriques et sphériques.
  3. Déterminer la direction d'une résultante de forces de pression par un argument de symétrie, sur un exemple.
  4. Calculer la force exercée par l'eau sur un barrage rectangulaire et commenter la dépendance en h2h^2.
  5. Établir l'équivalent volumique des forces de pression et en déduire grad→ P=ρ g⃗\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P = \rho\,\vec g.
  6. Intégrer l'équation dans le cas d'un liquide incompressible et dans le cas de l'atmosphère isotherme, et citer les ordres de grandeur associés.
  7. Expliquer l'origine de la poussée d'Archimède et l'établir par le raisonnement du fluide fictif.
  8. Écrire la loi de densité moléculaire de l'atmosphère isotherme et en dégager le facteur de Boltzmann, puis commenter le rôle de kTkT.

Méthodes et exercices

Les résultats à connaître

  • Force de pression élémentaire. dF⃗=P dS n⃗d\vec F = P\, dS\, \vec n, avec n⃗\vec n normal à la paroi et dirigé du fluide vers la paroi. Pour un fluide au repos, il n'y a pas de composante tangentielle. C'est une définition exigible.
  • Surfaces élémentaires en coordonnées cartésiennes, cylindriques et sphériques. Exigibles, à savoir écrire sans hésiter.
  • Direction d'une résultante par symétrie. Si la paroi et le champ de pression sont invariants par une symétrie plane ou de révolution, la résultante l'est aussi. Exigible en utilisation.
  • Équivalent volumique des forces de pression. f⃗v=−grad→ P\vec f_v = -\overrightarrow{\mathrm{grad}}\, P. Exigible avec démonstration sur un parallélépipède mésoscopique.
  • Équation locale de la statique des fluides. grad→ P=ρg⃗\overrightarrow{\mathrm{grad}}\, P = \rho \vec g, pour un fluide au repos dans un référentiel galiléen soumis à son seul poids comme force volumique. Exigible avec démonstration.
  • Conséquence dans un champ de pesanteur uniforme. dPdz=−ρg\dfrac{dP}{dz} = -\rho g sur un axe ascendant, et PP ne dépend que de zz. Exigible.
  • Fluide incompressible et homogène. P(z)=P(z0)−ρg(z−z0)P(z) = P(z_0) - \rho g (z - z_0). Exigible avec démonstration.
  • Atmosphère isotherme, gaz parfait, gg uniforme. P(z)=P(0)exp⁡(−z/H)P(z) = P(0) \exp(-z/H) avec H=RT/(Mg)≈8 kmH = RT/(Mg) \approx 8\ \mathrm{km}. Exigible avec démonstration.
  • Poussée d'Archimède. Force verticale ascendante égale au poids du fluide déplacé, appliquée au centre de carène. Il faut un fluide au repos, un gg uniforme et une partie immergée entourée de fluide. L'origine physique est exigible, le raisonnement du fluide fictif aussi.
  • Facteur de Boltzmann. Probabilité d'occupation proportionnelle à exp⁡(−E/(kT))\exp(-E/(kT)). Sa généralité est affirmée et admise. L'illustration par l'atmosphère isotherme est exigible.
  • Hors programme, à signaler si un énoncé les utilise : la statique dans un référentiel non galiléen (fluide en rotation, récipient accéléré), la tension superficielle et la loi de Laplace des bulles, la stabilité des flottants par le métacentre, le théorème du gradient (formule d'Ostrogradski).

Clés de démonstration

Équivalent volumique. On isole un parallélépipède dx dy dzdx\, dy\, dz et on écrit les deux forces de pression sur les faces normales à OxOx, P(x) dy dzP(x)\, dy\, dz vers +x+x et P(x+dx) dy dzP(x + dx)\, dy\, dz vers −x-x. Le développement au premier ordre P(x+dx)≈P(x)+∂P∂xdxP(x + dx) \approx P(x) + \dfrac{\partial P}{\partial x} dx fait apparaître −∂P∂xdτ-\dfrac{\partial P}{\partial x} d\tau. L'astuce est de traiter une seule direction puis de conclure par symétrie des rôles de xx, yy et zz.

Équation locale. On fait le bilan des forces sur l'élément de volume au repos : −grad→ P dτ+ρg⃗ dτ=0⃗-\overrightarrow{\mathrm{grad}}\, P\, d\tau + \rho \vec g\, d\tau = \vec 0. On divise par dτd\tau, ce qui donne une loi ponctuelle, indépendante de la forme du récipient. L'astuce est de raisonner sur un volume mésoscopique, assez petit pour que ρ\rho et gg y soient uniformes, assez grand pour que le fluide soit continu.

Liquide incompressible. On projette sur OzOz, puis on intègre dP=−ρg dzdP = -\rho g\, dz entre deux altitudes, ρ\rho et gg étant constants. Les projections sur OxOx et OyOy montrent que PP ne dépend ni de xx ni de yy. L'astuce est de toujours partir d'un point où la pression est connue, en général la surface libre.

Atmosphère isotherme. On écrit d'abord ρ=PMRT\rho = \dfrac{PM}{RT}, puis on sépare les variables : dPP=−dzH\dfrac{dP}{P} = -\dfrac{dz}{H}. On intègre en ln⁡P\ln P. L'astuce est de ne jamais intégrer dPdz=−ρg\dfrac{dP}{dz} = -\rho g avec ρ\rho constant pour un gaz sur plusieurs kilomètres.

Poussée d'Archimède. On remplace le corps par du fluide identique au fluide environnant. Ce fluide fictif est en équilibre, donc les forces de pression qu'il subit compensent son poids. Ces forces ne dépendent que de la surface frontière, elles sont donc les mêmes sur le corps réel. L'astuce est de remarquer que la pression sur la frontière est imposée par le fluide extérieur, pas par l'intérieur.

Facteur de Boltzmann. On remplace PP par nkTnkT et M/RM/R par m/km/k, où mm est la masse d'une molécule. L'exposant devient −mgzkT=−EpkT-\dfrac{mgz}{kT} = -\dfrac{E_p}{kT}. L'astuce est de reconnaître l'énergie potentielle d'une seule molécule.

Exemples et contre-exemples à connaître

  1. Paradoxe hydrostatique. Des vases de formes différentes remplis à la même hauteur exercent la même force sur des fonds de même aire. La pression ne dépend que de la profondeur, pas du volume d'eau.
  2. Baromètre. Une colonne de mercure équilibre la pression atmosphérique sur environ 76 cm76\ \mathrm{cm}, une colonne d'eau sur environ 10,3 m10{,}3\ \mathrm{m}. C'est l'ordre de grandeur « 1 bar pour 10 m d'eau ».
  3. Tube en U à deux liquides. L'égalité des pressions à la même altitude ne vaut que dans un même fluide continu. C'est le piège classique.
  4. Hémisphère soumis à une différence de pression. La résultante vaut πR2ΔP\pi R^2 \Delta P, l'aire projetée, et non 2πR2ΔP2\pi R^2 \Delta P. C'est l'exemple type de l'usage des symétries.
  5. Glaçon qui fond dans un verre d'eau. Le niveau ne change pas. Cet exemple montre que la poussée d'Archimède se raisonne en masse de fluide déplacé.
  6. Bloc parfaitement plaqué au fond. Il n'y a pas de fluide dessous, donc pas de poussée d'Archimède. Au contraire, la pression le plaque vers le bas. C'est la limite de validité du théorème.
  7. Mont Blanc. Le modèle isotherme donne environ exp⁡(−4,8/8,4)≈0,56\exp(-4{,}8/8{,}4) \approx 0{,}56 bar au sommet. C'est un bon test d'ordre de grandeur.
  8. Particules colloïdales. Leur hauteur caractéristique est de quelques dizaines de micromètres, contre 8 km8\ \mathrm{km} pour les molécules d'air. Le facteur de Boltzmann s'applique à toute échelle.
  9. Fluide en mouvement. Dans un écoulement, PP dépend aussi de la vitesse et ne dépend plus seulement de zz. Contre-exemple à l'application aveugle de dPdz=−ρg\dfrac{dP}{dz} = -\rho g.

Techniques du chapitre

Chercher la direction avant d'intégrer. Mini-exercice : un cube est immergé dans l'eau, les faces verticales. Sur deux faces verticales opposées, les pressions sont égales altitude par altitude, donc les forces se compensent. Seules les faces horizontales comptent : ρga×a2\rho g a \times a^2, soit ρgV\rho g V, vers le haut.

Travailler en pression relative. Mini-exercice : une vanne carrée de côté a=1 ma = 1\ \mathrm{m} affleure la surface d'un bassin, avec de l'air de l'autre côté. P0P_0 agit des deux côtés et s'élimine. F=ρga×∫0az dz=ρga32≈4,9×103 NF = \rho g a \times \displaystyle\int_0^a z\, dz = \dfrac{\rho g a^3}{2} \approx 4{,}9 \times 10^3\ \mathrm{N}.

Projeter avant d'intégrer. Mini-exercice : un dôme hémisphérique subit une surpression uniforme ΔP\Delta P. On garde la seule composante axiale ΔPcos⁡θ dS\Delta P \cos\theta\, dS, avec dS=R2sin⁡θ dθ dφdS = R^2 \sin\theta\, d\theta\, d\varphi. L'intégrale de sin⁡θcos⁡θ\sin\theta \cos\theta sur [0,π/2][0, \pi/2] vaut 1/21/2, d'où F=πR2ΔPF = \pi R^2 \Delta P.

Suivre un chemin dans un fluide continu. Mini-exercice : dans un manomètre à eau, la dénivellation vaut 15 cm15\ \mathrm{cm}. On descend dans une branche et on remonte dans l'autre : ΔP=ρgΔh=103×9,8×0,15≈1,5×103 Pa\Delta P = \rho g \Delta h = 10^3 \times 9{,}8 \times 0{,}15 \approx 1{,}5 \times 10^3\ \mathrm{Pa}.

Exprimer ρ\rho avant d'intégrer pour un gaz. Mini-exercice : un gaz isotherme remplit un puits de mine de 1 km1\ \mathrm{km}. On a ln⁡(Pfond/Phaut)=1/8,4\ln(P_{\text{fond}}/P_{\text{haut}}) = 1/8{,}4, donc Pfond/Phaut≈1,13P_{\text{fond}}/P_{\text{haut}} \approx 1{,}13. Le modèle linéaire aurait donné 1,121{,}12, l'écart reste faible sur 1 km1\ \mathrm{km}.

Écrire l'équilibre d'un flottant. Mini-exercice : un bouchon de liège de densité 0,250{,}25 flotte sur l'eau. On écrit ρlVg=ρeVimmg\rho_l V g = \rho_e V_{\text{imm}} g, donc un quart du volume est immergé.

Comparer à kTkT. Mini-exercice : quel est le rapport des densités d'O2\mathrm{O_2} entre 00 et 1 km1\ \mathrm{km} à 300 K300\ \mathrm{K} ? Le rapport mgz/(kT)mgz/(kT) vaut 5,3×10−26×9,8×103/(4,1×10−21)≈0,135{,}3 \times 10^{-26} \times 9{,}8 \times 10^3/(4{,}1 \times 10^{-21}) \approx 0{,}13, d'où un rapport exp⁡(−0,13)≈0,88\exp(-0{,}13) \approx 0{,}88.

Exercices classiques corrigés

Rangés par thème, du plus simple au plus exigeant. Difficulté et durée indicatives.

Équilibre hydrostatique 3

Exercice 1. Tube en U à deux liquides ★

Application du cours · 10 min · Niveau khôlle

Un tube en U contient de l'eau, avec ρe=1,0×103 kg⋅m−3.\rho_e = 1{,}0 \times 10^3~\mathrm{kg\cdot m^{-3}}. On verse dans une branche une colonne d'huile de hauteur h=10 cmh = 10~\mathrm{cm}, avec ρh=0,80×103 kg⋅m−3.\rho_h = 0{,}80 \times 10^3~\mathrm{kg\cdot m^{-3}}. Les liquides ne se mélangent pas.

Quelle est la différence de hauteur entre les deux surfaces libres ?

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Technique Égalité des pressions à la même altitude dans un même fluide.

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  1. On note AA l'interface eau-huile et BB le point de la branche d'eau situé à la même altitude que AA. Les points AA et BB sont reliés par de l'eau continue au repos, donc PA=PBP_A = P_B.
  2. Côté huile : PA=P0+ρhghP_A = P_0 + \rho_h g h. Côté eau : PB=P0+ρegheP_B = P_0 + \rho_e g h_e, où heh_e est la hauteur d'eau au-dessus de BB.
  3. On en déduit he=ρhh/ρe=8,0 cm.h_e = \rho_h h/\rho_e = 8{,}0\ \mathrm{cm}.
  4. La surface libre de l'huile est plus haute de h−he=2,0 cmh - h_e = 2{,}0\ \mathrm{cm}.

piège : Égaler les pressions à une altitude située au-dessus de l'interface, dans deux fluides différents.

Exercice 8. Compressibilité de l'océan ★★

Classiques de khôlle et concours · 25 min · Type écrit Mines-Ponts

On modélise l'eau de mer par ρ=ρ0(1+χ(P−P0)),\rho = \rho_0 \left(1 + \chi(P - P_0)\right), avec χ=4,5×10−10 Pa−1\chi = 4{,}5 \times 10^{-10}~\mathrm{Pa^{-1}} et ρ0=1,0×103 kg⋅m−3\rho_0 = 1{,}0 \times 10^3~\mathrm{kg\cdot m^{-3}}.

Exprimer la pression à la profondeur hh, puis évaluer l'écart au modèle incompressible à 10 km10~\mathrm{km}.

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Technique Équation locale avec une masse volumique fonction de P, axe orienté vers le bas.

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  1. Avec la profondeur h comptée vers le bas, dP/dh = + ρ g = ρ₀ g (1 + χ(P − P₀)).
  2. On pose u = 1 + χ(P − P₀). Alors du/dh = χ ρ₀ g u, avec u(0) = 1.
  3. On en déduit P − P₀ = (exp(χ ρ₀ g h) − 1)/χ.
  4. À 10 km, χ ρ₀ g h ≈ 0,044, d'où P − P₀ ≈ 1,00 × 10⁸ Pa, contre 0,98 × 10⁸ Pa dans le modèle linéaire.
  5. L'écart est d'environ 2 %. Le modèle incompressible est justifié pour l'océan.

piège : Garder dP/dz = − ρ g en utilisant la profondeur, d'où une erreur de signe.

Exercice 9. Pression au centre d'une planète homogène ★★

Classiques de khôlle et concours · 20 min · Type écrit X

On assimile la Terre à une boule fluide homogène au repos de rayon R=6,4×106 mR = 6{,}4 \times 10^6~\mathrm{m} et de masse volumique ρ=5,5×103 kg⋅m−3\rho = 5{,}5 \times 10^3~\mathrm{kg\cdot m^{-3}}.

On admet qu'à l'intérieur g⃗=−g0(rR)e⃗r,\vec{g} = -g_0 \left(\frac{r}{R}\right) \vec{e}_r, avec g0=9,8 m⋅s−2g_0 = 9{,}8~\mathrm{m\cdot s^{-2}}.

La pression est nulle en surface.

Calculer la pression au centre et critiquer.

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Technique Forme locale grad→ P=ρ g⃗\overrightarrow{\mathrm{grad}}\,P = \rho\,\vec{g} avec un champ de pesanteur non uniforme.

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  1. Par symétrie sphérique, PP ne dépend que de rr. L'équation locale projetée sur ere_r donne dP/dr=−ρg0r/RdP/dr = - \rho g_0 r/R.
  2. On intègre de rr à RR : P(r)=ρg0(R2−r2)/(2R).P(r) = \rho g_0 (R^2 - r^2)/(2R).
  3. Au centre, P(0)=ρg0R/2≈1,7×1011 PaP(0) = \rho g_0 R/2 \approx 1{,}7 \times 10^{11}\ \mathrm{Pa}, soit environ 1,7 Mbar1{,}7\ \mathrm{Mbar}.
  4. Les modèles sismiques donnent environ le double. Dans la réalité, la densité croît vers le centre et gg reste proche de 10 m⋅s−210\ \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2} dans tout le manteau. Le modèle homogène sous-estime donc la pression.

piège : Utiliser P=ρg0RP = \rho g_0 R avec gg uniforme. C'est le double du résultat du modèle, parce que gg s'annule au centre.

Forces de pression 2

Exercice 2. Hémisphères de Magdebourg ★★

Classiques de khôlle et concours · 20 min · Niveau khôlle

Deux hémisphères de rayon R=25 cmR = 25~\mathrm{cm} sont accolés.

On pompe l'air intérieur jusqu'à Pi=1,0×104 Pa.P_i = 1{,}0 \times 10^4~\mathrm{Pa}. À l'extérieur règne P0=1,0×105 Pa.P_0 = 1{,}0 \times 10^5~\mathrm{Pa}. Quelle force faut-il exercer pour les séparer ?

On néglige la variation de pression de l'air avec l'altitude.

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Technique Symétrie de révolution, surface élémentaire sphérique, projection.

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  1. La variation de la pression de l'air sur 50 cm50\ \mathrm{cm} vaut environ 6 Pa6\ \mathrm{Pa}. Elle est négligeable, donc les pressions sont uniformes.
  2. L'hémisphère supérieur admet l'axe vertical OzOz comme axe de révolution, et les pressions sont uniformes. La résultante est donc portée par OzOz.
  3. En un point de l'hémisphère, la force nette vaut (Pi−P0)dSer(P_i - P_0) dS e_r, avec dS=R2sin⁡θ dθ dφdS = R^2 \sin \theta\, d\theta\, d\varphi. Sa composante sur OzOz vaut (Pi−P0)R2sin⁡θcos⁡θ dθ dφ.(P_i - P_0) R^2 \sin \theta \cos \theta\, d\theta\, d\varphi.
  4. On intègre φ\varphi sur [0,2π][0, 2\pi] et θ\theta sur [0,π/2][0, \pi/2] : Fz=(Pi−P0)πR2F_z = (P_i - P_0) \pi R^2.
  5. La force est dirigée vers l'autre hémisphère, de norme πR2(P0−Pi)≈1,8×104 N\pi R^2(P_0 - P_i) \approx 1{,}8 \times 10^4\ \mathrm{N}, soit le poids d'environ 1,8 t1{,}8\ \mathrm{t}.

piège : Multiplier ΔP\Delta P par l'aire 2πR22\pi R^2 de l'hémisphère au lieu de l'aire projetée πR2\pi R^2.

Exercice 3. Basculement d'un barrage poids ★★

Classiques de khôlle et concours · 35 min · Niveau khôlle

Un barrage parallélépipédique de hauteur hh, d'épaisseur ee, de largeur LL et de masse volumique ρb=2,4×103 kg⋅m−3\rho_b = 2{,}4 \times 10^3~\mathrm{kg\cdot m^{-3}} retient de l'eau sur toute sa hauteur.

Trouver le point d'application de la poussée de l'eau, puis l'épaisseur minimale qui évite le basculement autour de l'arête aval.

On néglige l'infiltration d'eau sous le barrage.

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Technique Somme des moments élémentaires. On utilise la notion de moment vue en mécanique.

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  1. Sur la bande d'altitude zz, la force nette est horizontale et vaut ρg(h−z)L dz\rho g (h - z) L\, dz. Son bras de levier par rapport à l'arête du pied vaut zz.
  2. Le moment total vaut M=ρgL∫0hz(h−z) dz=ρgLh3/6.M = \rho g L \int_0^h z(h - z)\, dz = \rho g L h^3/6.
  3. La résultante vaut ρgLh2/2\rho g L h^2/2, donc son point d'application est à la hauteur M/F=h/3M/F = h/3, et non à mi-hauteur.
  4. Le poids ρbgehL\rho_b g e h L s'applique à e/2e/2 de l'arête aval. On veut ρbgehL×e/2≥ρgLh3/6.\rho_b g e h L \times e/2 \geq \rho g L h^3/6.
  5. On obtient e≥hρ/(3ρb)≈0,37h.e \geq h \sqrt{\rho/(3\rho_b)} \approx 0{,}37 h.

piège : Placer la poussée au centre de la paroi, alors que la pression croît avec la profondeur.

Poussée d'Archimède 1

Exercice 4. Glaçons et niveau d'eau ★★

Classiques de khôlle et concours · 20 min · Niveau khôlle

Un glaçon de masse mm flotte dans un verre d'eau pure.

Le niveau change-t-il quand il fond ?

Même question si le glaçon emprisonne un caillou de masse mcm_c et de masse volumique ρc>ρe\rho_c > \rho_e, l'ensemble flottant au départ.

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Technique Raisonner en masse de fluide déplacé.

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  1. À l'équilibre, le poids du glaçon égale la poussée : Vdeˊplaceˊ=m/ρeV_{\text{déplacé}} = m/\rho_e.
  2. Après fusion, l'eau obtenue a pour masse mm et pour volume m/ρem/\rho_e. Elle occupe exactement le volume déplacé, donc le niveau ne change pas.
  3. Avec le caillou, l'ensemble flottant déplace (m+mc)/ρe(m + m_c)/\rho_e.
  4. Après fusion, le caillou coule et n'occupe plus que mc/ρc<mc/ρem_c/\rho_c < m_c/\rho_e. Le volume total diminue, donc le niveau baisse.
  5. Variante : un glaçon d'eau douce dans de l'eau salée plus dense. La fonte fait monter légèrement le niveau, si l'on néglige les effets de mélange.

piège : Partir du fait que 90 %90\ \% du glaçon est immergé et conclure que le niveau monte.

Atmosphère 2

Exercice 5. Troposphère à gradient thermique ★★

Classiques de khôlle et concours · 30 min · D'après un écrit CCINP PC

Dans la troposphère, T(z)=T0−az,T(z) = T_0 - a z, avec T0=288 KT_0 = 288~\mathrm{K} et a=6,5 K⋅km−1a = 6{,}5~\mathrm{K\cdot km^{-1}}.

L'air est un gaz parfait, M=29 g⋅mol−1M = 29~\mathrm{g\cdot mol^{-1}}.

Établir P(z)P(z), vérifier la limite a→0a \to 0 et calculer la pression au sommet de l'Everest (8,85 km8{,}85~\mathrm{km}).

Comparer au modèle isotherme.

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Technique Équation d'état avant intégration, séparation des variables.

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  1. On a dP/P=−Mg dz/(R(T0−az)).dP/P = - Mg\, dz/(R(T_0 - a z)).
  2. On intègre : ln⁡(P/P0)=(Mg/(Ra))ln⁡(1−az/T0)\ln(P/P_0) = (Mg/(Ra)) \ln(1 - a z/T_0), d'où P=P0(1−az/T0)βP = P_0 (1 - a z/T_0)^\beta avec β=Mg/(Ra)≈5,26\beta = Mg/(Ra) \approx 5{,}26.
  3. Limite : βln⁡(1−az/T0)≈−Mgz/(RT0)\beta \ln(1 - a z/T_0) \approx - Mgz/(RT_0) quand aa tend vers 00. On retrouve l'exponentielle.
  4. Everest : 1−az/T0=0,8001 - a z/T_0 = 0{,}800, et 0,8005,26≈0,310{,}800^{5{,}26} \approx 0{,}31. Donc P≈0,31 barP \approx 0{,}31\ \mathrm{bar}.
  5. Le modèle isotherme donne exp⁡(−8,85/8,4)≈0,35 bar\exp(- 8{,}85/8{,}4) \approx 0{,}35\ \mathrm{bar}. L'air plus froid est plus dense, donc la pression décroît plus vite que dans le modèle isotherme.

piège : Sortir TT de l'intégrale comme si elle était constante.

Exercice 6. Ballon rigide dans l'atmosphère isotherme ★★

Classiques de khôlle et concours · 25 min · Type écrit CCINP

Un ballon de volume fixé V=4,0 m3V = 4{,}0~\mathrm{m^3} a une masse totale m=2,4 kgm = 2{,}4~\mathrm{kg}, gaz inclus.

L'atmosphère est isotherme, avec H=8,4 kmH = 8{,}4~\mathrm{km} et ρ0=1,2 kg⋅m−3\rho_0 = 1{,}2~\mathrm{kg\cdot m^{-3}} au sol.

Le ballon décolle-t-il ?

À quelle altitude s'équilibre-t-il ?

L'équilibre est-il stable ?

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Technique Archimède avec une masse volumique qui dépend de l'altitude.

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  1. La température est uniforme, donc ρ=PM/(RT)\rho = PM/(RT) suit la même loi que PP : ρ(z)=ρ0exp⁡(−z/H)\rho(z) = \rho_0 \exp(- z/H).
  2. Au sol, la poussée vaut ρ0Vg=4,8g\rho_0 V g = 4{,}8 g en newtons, supérieure au poids 2,4g2{,}4 g. Le ballon décolle.
  3. L'équilibre impose ρ(z)V=m\rho(z) V = m, donc zeˊq=Hln⁡(ρ0V/m)=Hln⁡2≈5,8 km.z_{\text{éq}} = H \ln(\rho_0 V/m) = H \ln 2 \approx 5{,}8\ \mathrm{km}.
  4. Au-dessus de zeˊqz_{\text{éq}}, la poussée est inférieure au poids et le ballon redescend. En dessous, il remonte. L'équilibre est stable.

piège : Oublier la masse du gaz intérieur, ou supposer une poussée constante avec l'altitude.

Sédimentation de particules 1

Exercice 7. Sédimentation de colloïdes et facteur de Boltzmann ★★

Classiques de khôlle et concours · 30 min · Type oral Centrale

Des sphères de rayon a=0,20 μma = 0{,}20~\mu\mathrm{m} et de masse volumique ρp=1,2×103 kg⋅m−3\rho_p = 1{,}2 \times 10^3~\mathrm{kg\cdot m^{-3}} sont en suspension dans l'eau à 293 K293~\mathrm{K}.

Montrer que leur densité suit une loi exponentielle et calculer la hauteur caractéristique.

Comment en déduire la constante de Boltzmann ?

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Technique Facteur de Boltzmann avec une énergie potentielle effective incluant Archimède.

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  1. Chaque particule subit son poids et la poussée de l'eau. Son énergie potentielle effective vaut (ρp−ρe)Vgz(\rho_p - \rho_e) V g z, avec V=4πa3/3≈3,4×10−20 m3.V = 4\pi a^3/3 \approx 3{,}4 \times 10^{-20}\ \mathrm{m}^3.
  2. Par la généralité du facteur de Boltzmann, n(z)=n(0)exp⁡(−z/hc)n(z) = n(0) \exp(- z/h_c) avec hc=kT/((ρp−ρe)Vg)h_c = kT/((\rho_p - \rho_e) V g).
  3. Application : (ρp−ρe)Vg≈6,6×10−17 N(\rho_p - \rho_e) V g \approx 6{,}6 \times 10^{-17}\ \mathrm{N} et kT≈4,0×10−21 JkT \approx 4{,}0 \times 10^{-21}\ \mathrm{J}, d'où hc≈60 μmh_c \approx 60\ \mu\mathrm{m}.
  4. On compte les particules au microscope à plusieurs hauteurs. On mesure hch_c, puis on en déduit k=hc(ρp−ρe)Vg/Tk = h_c (\rho_p - \rho_e) V g/T. C'est le principe historique de la mesure du nombre d'Avogadro.
  5. Pour une molécule d'air, hch_c vaut environ 8 km8\ \mathrm{km}. L'écart vient du rapport des masses.

piège : Oublier la poussée d'Archimède, ce qui divise hch_c par 66 ici.

Erreurs fréquentes

  1. Oublier la pression de l'autre côté de la paroi, ou l'ajouter d'un seul côté. Sur une paroi à l'air libre, on travaille en pression relative.
  2. Intégrer la norme P dS sans projeter. Une résultante est une somme de vecteurs, et la symétrie dit quelle composante garder.
  3. Égaler les pressions à la même altitude dans deux fluides différents, ou dans un fluide en mouvement.
  4. Intégrer dP/dz = − ρ g avec ρ constant pour un gaz sur plusieurs kilomètres, ou avant d'avoir écrit l'équation d'état.
  5. Prendre le volume total du corps au lieu du volume immergé dans la poussée d'Archimède, ou l'appliquer à un corps sans fluide en dessous.

Fiche de cours rédigée à partir du programme officiel de physique-chimie de PCSI (arrêté de 2021), deuxième semestre, thème 3 « l'énergie, conversions et transferts », partie 3.6 « Statique des fluides dans un référentiel galiléen ». Elle suppose connue la notion de gradient introduite en mathématiques et dans le chapitre d'énergie potentielle.