Chapitre 2

Cours de Mécanique des Fluides

FORCES DE PRESSIONS- PRINCIPE D’ARCHIMEDE

Pré-requis • •

Caractérisation d’une force ; Conditions d’équilibre Calcul Intégral et éléments de calcul vectoriel

Introduction Nous savons que la Mécanique des Fluides a cet avantage par rapport aux autres disciplines de faire partie de notre quotidien. Dans cette partie du cours nous essayons d’apporter des éléments de réponses à certaines questions comme : - Pourquoi une écluse s’ouvre quand le niveau de l’eau dépasse une certaine hauteur ? - Pourquoi les bulles remontent tandis que les bateaux flottent dans l’eau ? - Qu’est ce qui fait monter les ballons sondes dans l’atmosphère ? La réponse est … les forces de pressions !!!!. Avant de concevoir et de dimensionner certains ouvrages tels que les barrages, les sousmarins,…, les ingénieurs doivent d’abord calculer et caractériser les forces que les fluides exercent sur ces structures. Dans cette partie nous allons caractériser les forces de pressions sur une paroi solide et aborder la poussée d’Archimède

1. Forces de pressions- Généralités Considérons une paroi solide (𝓢) en contact avec un fluide de masse volumique 𝝆 en équilibre dans le champ de pesanteur d’intensité 𝒈 (voir Figure1.1)

Figure 1.1

FORCES DE PRESSIONS – PRINCIPE D’ARCHIMEDE

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L’élément de force que le fluide va exercer sur l’élément de surface de la paroi 𝒅𝒔 centré au point 𝑴 est défini

⃗ = 𝒑(𝑴). 𝒅𝒔 ⃗ 𝒅𝑭

(1.1)

avec 𝒑(𝑴) la pression absolue au point 𝑴 et le vecteur surface élémentaire donné par

⃗ = 𝒅𝒔. 𝒏 ⃗ (𝑴) 𝒅𝒔 ⃗ (𝑴) la normale unitaire à la surface au Dans tout ce qui suit nous désignons par 𝒏 point 𝑴 dirigée du fluide vers l’extérieur par souci de commodité !!!! ⃗⃗ est conventionnellement prise comme étant la normale N.B. En Mécanique des Fluides, 𝒏 intérieure, dirigée vers le fluide. C’est pourquoi, à la place de la relation (1.1), certains ⃗ = 𝒑(𝑴). 𝒅𝒔. (−𝒏 ⃗ ) auteurs écrivent : 𝒅𝑭 Si le milieu extérieur est à la pression 𝒑𝒆 (𝑴) alors il s’exerce sur l’élément de

⃗𝒆 surface 𝒅𝒔 de l’autre face un élément de force 𝒅𝑭 ⃗ 𝒆 = 𝒑𝒆 (𝑴)𝒅𝒔. (−𝒏 ⃗ ) 𝒅𝑭

(1.2)

Ainsi sur l’élément 𝒅𝒔 de la paroi il s’exerce

⃗⃗ = 𝒅𝑭 ⃗ + 𝒅𝑭 ⃗ 𝒆 = [𝒑(𝑴) − 𝒑𝒆 (𝑴) ]. 𝒅𝒔. 𝒏 ⃗ 𝒅𝑹

(1.3)

La résultante des forces des pressions (forces que le fluide et le milieu extérieur exercent sur la paroi (𝓢) ) est alors

⃗⃗ = ∫{𝒑(𝑴) − 𝒑𝒆 (𝑴)}. 𝒅𝒔. 𝒏 ⃗ 𝑹

(1.4. 𝑎)

(𝓢)

Son point d’application est un point sur la paroi généralement notée 𝑪 appelé Centre de Poussée défini par

⃗⃗ = ⃗𝟎 ∫ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑪𝑴 ⋀ 𝒅𝑹

(1.4. 𝑏)

(𝓢)

avec 𝑴 est un point courant sur la paroi. Comme

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑪𝑴 = ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑪𝑨 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑨𝑴 alors la relation (1.4. 𝑏) devient

⃗⃗⃗⃗⃗ ⋀ 𝒅𝑹 ⃗ ⃗⃗ + ∫ 𝑨𝑴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋀ 𝒅𝑹 ⃗⃗ = 𝟎 ∫ 𝑪𝑨 (𝓢)

(𝓢)

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Si 𝑨 est un point fixe quelconque il vient

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ 𝑨𝑪 ⋀⃗⃗⃗𝑹 = ∫ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑨𝑴 ⋀ 𝒅𝑹

(1.4. 𝑐)

(𝓢)

En résumé pour caractériser l’action d’un fluide en équilibre dans le champ de pesanteur, il nous faut -

⃗⃗ donnée par la relation (𝟏. 𝟒. 𝒂) et La résultante des forces 𝑹

-

La position du centre de poussée 𝑪 calculée à partir de (𝟏. 𝟒. 𝒄)

Lorsqu’il s’agit de calculer la résultante des forces de pression qu’un fluide exerce sur une paroi, il est conseillé de prendre le plan passant par la surface libre comme plan d’origine et orienter l’axe vertical positivement dans le sens descendant. On a

𝒑(𝑴) = 𝒑𝒂𝒕 + 𝝆. 𝒈. 𝒛 avec 𝒛 la profondeur du point courant 𝑴. Si en plus l’autre face de la paroi est aussi à la pression atmosphérique alors

𝒑(𝑴) − 𝒑𝒆 (𝑴) = 𝒑𝒆𝒇𝒇 (𝑴) = 𝝆. 𝒈. 𝒛 Dans ces conditions les relations (1.3) et (1.4. 𝑎) se ramènent à

⃗⃗ = 𝒅𝑭 ⃗ + 𝒅𝑭 ⃗ 𝒆 = 𝝆. 𝒈. 𝒛. 𝒅𝒔. 𝒏 ⃗ 𝒅𝑹 ⃗⃗ = ∫ 𝝆. 𝒈. 𝒛. 𝒅𝒔. 𝒏 ⃗ 𝑹

(1.5. 𝑎) (1.5. 𝑏)

(𝓢)

Nous allons maintenant appliquer ces relations sur quelques surfaces usuelles.

1.1 . Forces de pressions sur une paroi plane Considérons une paroi plane de hauteur 𝑯 dont l’une des faces est en contact avec un fluide incompressible (un liquide) de masse volumique 𝝆 en équilibre dans le champ de pesanteur. On suppose que la surface libre du fluide ainsi que l’autre face sont à la même pression constante 𝒑𝒆 (voir Figure 1.2).

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Figure 1.2 : Vue de face

Vue de profil

Si nous nous plaçons dans le repère cartésien 𝑶𝒙𝒚𝒛 et si nous posons

𝒅𝒔 = 𝒍(𝒛). 𝒅𝒛 alors la relation (1.5. 𝑏) se ramène à 𝒉

⃗⃗ = 𝒏 ⃗ . 𝝆. 𝒈. ∫ 𝒛. 𝒍(𝒛). 𝒅𝒛 𝑹

(1.1.1)

0

⃗ est une constante en tout point de la paroi. 𝒉 désigne la car le vecteur normal unitaire 𝒏 hauteur du fluide en contact avec la paroi. En posant 𝒉

∫ 𝒛. 𝒍(𝒛). 𝒅𝒛 = 𝑺𝒄 . 𝒁𝑮 0

(voir la définition du « centre d’inertie » ou « centre de gravité » ou « centre de masse » ou « barycentre » d’un système continu) il vient

⃗⃗ = 𝝆. 𝒈. 𝑺𝒄 . 𝒁𝑮 . 𝒏 ⃗ 𝑹

(1.1.2)

avec

𝑺𝒄 l’aire de la surface de la paroi en contact avec le fluide. - 𝒁𝑮 la profondeur du centre de gravité 𝑮 de la surface d’aire 𝑺𝒄 comptée à partir de la -

surface libre

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Dans ces conditions la profondeur 𝒁𝑪 du centre de poussée 𝑪 est donnée en appliquant la relation (1.4. 𝑐) par 𝒉

𝟏 𝒁𝑪 = ∫ 𝒛𝟐 . 𝒍(𝒛). 𝒅𝒛 𝑺𝒄 . 𝒁𝑮

(1.1.3)

0

Les relations (1.1.2) sont très pratiques si on connaît la position du centre de gravité de la partie de la paroi en contact avec le fluide.

Exercices Exercice 1 Déterminer la résultante des forces de pressions qui s’exercent sur une paroi plane rectangulaire de longueur 𝑨𝑩 = 𝑳 , de largeur 𝒍 et inclinée d’un angle 𝜽 par rapport au plan horizontal retenant un fluide de masse volumique en équilibre dans le champ de pesanteur (voir figure ci- dessous).

Solution : Méthode analytique Plaçons-nous dans le repère 𝑨𝒙′𝒚′𝒛′ et posons ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 𝒛′ 𝒆𝒕 𝒅𝒔′ = 𝒍. 𝒅𝒛′ 𝑨𝑴 = 𝒛′ . 𝒆 Nous savons que la pression effective au point est 𝒑𝒆𝒇𝒇 (𝑴) = 𝝆. 𝒈. 𝒛 et donc ⃗⃗ = 𝝆. 𝒈. 𝒛. 𝒍. 𝒅𝒛′ . 𝒏 ⃗ 𝒅𝑹 Si 𝒛 est la profondeur du point alors nous avons 𝒛 = 𝒛′ . 𝒔𝒊𝒏𝜽 ⃗⃗ , il vient En remplaçant 𝒛 par son expression dans 𝒅𝑹 𝑳

𝟏 ⃗⃗ 𝝆. 𝒈. 𝑳𝟐 . 𝒔𝒊𝒏𝜽. 𝒍. 𝒏 𝟐 𝟎 Arrangeons maintenant cette expression. On écrit ⃗𝑹 ⃗ = ∫ 𝝆. 𝒈. 𝒛′ . 𝒔𝒊𝒏𝜽. 𝒍. 𝒅𝒛′ . 𝒏 ⃗ =

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⃗𝑹 ⃗ =

𝟏 𝟏 ⃗ = 𝝆. 𝒈. (𝑳. 𝒍). (𝑳. 𝒔𝒊𝒏𝜽). 𝒏 ⃗ 𝝆. 𝒈. 𝑳𝟐 . 𝒄𝒐𝒔𝜽. 𝒍. 𝒏 𝟐 𝟐

On remarque que - (𝑳. 𝒍) = 𝑺 est l’aire de la paroi rectangulaire et - (𝑳. 𝒔𝒊𝒏𝜽) = 𝒉 la profondeur de la paroi inclinée Donc 𝟏 𝟏 ⃗⃗ = 𝝆. 𝒈. 𝑳𝟐 . 𝒔𝒊𝒏𝜽. 𝒍. 𝒏 ⃗ = 𝝆. 𝒈. 𝑺. 𝒉. 𝒏 ⃗ 𝑹 𝟐 𝟐 Puisque la profondeur du centre de gravité de la paroi se trouve à

𝟏 𝟐

. 𝒉 alors nous

avons ⃗𝑹 ⃗ = 𝝆. 𝒈. 𝑺. 𝒁𝑮 . 𝒏 ⃗ ⃗⃗ on pouvait directement appliquée la relation (1.1.2). Pour calculer 𝑹 Exercice 2 Une paroi plane rectangulaire verticale retient un liquide de masse volumique 𝝆 jusqu’à une hauteur 𝒉. On aménage sur cette paroi une porte ayant la forme d’un demi-disque de rayon 𝒂 (voir figure ci-dessus). Calculer analytiquement la résultante des forces de pressions qu’exerce le fluide sur la porte et en déduire le centre de gravité d’un demi-disque de rayon 𝒂.

Indication : Utiliser un repère d’origine 𝑶 dont l’axe z vertical est orienté positivement vers le bas ; calculer par la méthode analytique la résultante des forces et en déduire 𝑶G en utilisant la relation (1.1.2).

1.2. Forces de pressions sur une paroi courbe Lorsque la paroi est une surface courbe le vecteur normale unitaire est une fonction de la position du courant sur la paroi et il est devient impossible de donner une expression de la résultante des forces de pression valable dans tout système de coordonnées. C’est pourquoi nous allons aborder le calcul des forces de pressions en considérant une paroi courbe de largeur 𝟐. 𝒍 dont la trace s’écrit : FORCES DE PRESSIONS – PRINCIPE D’ARCHIMEDE

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𝒛 = 𝒇(𝒙) ; 𝒚 𝝐[−𝒍 ∶ +𝒍]

(1.2.1)

Figure 1.3 En orientant l’axe vertical positivement vers le haut alors la pression effective à la côte s’écrit

𝒑𝒆𝒇𝒇 (𝑴) = 𝝆. 𝒈. (𝒉 − 𝒛)

(1.2.2)

Et donc

⃗⃗ = 𝝆. 𝒈. (𝒉 − 𝒛). 𝒅𝒔. 𝒏 ⃗ 𝒅𝑹

(1.2.3)

L’élément de surface est donné par

𝒅𝒔 = (𝟐. 𝒍). 𝒅𝒔′ 𝒅𝒔′ la longueur élémentaire sur la paroi définie par ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ = √{𝒅𝒙𝟐 + 𝒅𝒛𝟐 } 𝒅𝒔′ = ‖𝒅𝑴 d’où

𝒅𝒔 = (𝟐. 𝒍). √{𝒅𝒙𝟐 + 𝒅𝒛𝟐 }

(1.2.4)

Si nous mettons l’équation de la surface de la paroi sous la forme

𝑭(𝒙, 𝒛) = 𝒇(𝒙) − 𝒛 = 𝟎 (1.2.5) alors le vecteur unitaire normal à la paroi au point 𝑴 est définie par

⃗ = 𝒏

𝟏 𝝏𝑭 𝝏𝑭 ⃗ 𝒙. ⃗𝒛 } . {𝒆 +𝒆 𝑵(𝒙) 𝝏𝒙 𝝏𝒛

(1.2.6)

𝝏𝑭 𝟐 𝝏𝑭 𝟐 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝑵(𝒙) = √{( ) + ( ) } 𝝏𝒙 𝝏𝒛

Comme FORCES DE PRESSIONS – PRINCIPE D’ARCHIMEDE

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𝝏𝑭 𝒅𝒇 = 𝝏𝒙 𝒅𝒙

𝒆𝒕

𝝏𝑭 𝝏𝒛 =− = −𝟏 𝝏𝒛 𝝏𝒛

alors nous obtenons après calcul

⃗ = 𝒏

𝒅𝒙 √{𝒅𝒙𝟐 + 𝒅𝒛𝟐 }

⃗ 𝒙. . {𝒆

𝒅𝒛 ⃗ 𝒛} −𝒆 𝒅𝒙

(1.2.7)

Finalement il vient

⃗ = (𝟐. 𝒍) {𝒆 ⃗ 𝒙 . 𝒅𝒛 − 𝒆 ⃗ 𝒛 . 𝒅𝒙} 𝒅𝒔. 𝒏 (1.2.8) En tenant compte de cette expression, la relation (1.2.3) conduit à 𝒅𝑹 = (𝟐. 𝒍). 𝝆. 𝒈. (𝒉 − 𝒛). 𝒅𝒛 (1.2.9. 𝑎) { 𝒙 𝒅𝑹𝒛 = −(𝟐. 𝒍). 𝝆. 𝒈. (𝒉 − 𝒛). 𝒅𝒙 (1.2.9. 𝑏) Les composantes horizontale et verticale de la résultante des forces de pressions sont respectivement

𝑹𝒙 = 𝝆. 𝒈. (𝟐. 𝒍).

𝒉𝟐 𝟐

(1.2.10. 𝑎)

𝑎

𝑹𝒛 = −(𝟐. 𝒍). 𝝆. 𝒈. ∫ (𝒉 − 𝒇(𝒙)). 𝒅𝒙

(1.2.10. 𝑏

0

Restons un peu sur les relations (1.2.10) On remarque que la composante horizontale 𝑹𝒙 est la force de pression qui s’exerce sur une paroi plane rectangulaire verticale de hauteur 𝒉 et de la largeur (𝟐. 𝒍). Or la quantité (𝟐. 𝒍). 𝒉 est l’aire obtenue en projetant la surface courbe sur un plan vertical. La valeur absolue de la composante verticale 𝑹𝒛 est le poids du fluide au- dessus de la paroi. En effet 𝑎

∫0 (𝒉 − 𝒇(𝒙)). 𝒅𝒙 : est l’aire comprise entre la paroi courbe, la surface 𝑎

libre et l’axe des z. Donc (𝟐. 𝒍). ∫0 (𝒉 − 𝒇(𝒙)). 𝒅𝒙 est le volume du fluide audessus de la paroi. Si nous multiplions ce volume par nous obtenons donc le poids du fluide au dessus de la paroi. Exercices Exercice 3 Déterminer analytiquement la résultante des forces de pressions qui s’exercent sur une gouttière d’axe horizontal de longueur 𝑳 donc la section droite est un quart de disque de rayon 𝒂 (voir Figure ci dessous). Déterminer les coordonnées du centre de poussée

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Réponse : - les composantes horizontale et verticale sont

𝒂𝟐 𝒂𝟐 𝝅 𝑹𝒙 = 𝝆. 𝒈. 𝑳. ; 𝑹𝒛 = 𝝆. 𝒈. 𝑳 𝟐 𝟒 -

Coordonnées 𝑋𝐶 et 𝑍𝐶 du centre de poussée

𝑿𝑪 =

𝒂 𝟐 √𝟏 + (𝝅) 𝟐

𝝅 𝟐 ; 𝒁𝑪 = 𝟐 √𝟏 + (𝝅) 𝟐 𝒂

Exercice 4 Le barrage ci-dessous de largeur 𝒍 a un profil parabolique d’équation

𝒙 𝟐 𝒛 = 𝒉. {( ) − 𝟏} 𝒂 et retient de l’eau jusqu’à une hauteur 𝒉. On pose : 𝑨(𝒂, 𝟎) 𝒆𝒕 𝑩(𝟎, −𝒉)

Déterminer les composantes horizontale et verticale de la résultante des forces de pressions exercées sur ce barrage.

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2. Principe ou Théorème d’Archimède Considérons un fluide de masse volumique 𝝆 en équilibre dans le champ de pesanteur. Isolons par la pensée un volume 𝓥 d’enveloppe 𝓢 de ce fluide (voir Figure 2.1.a). Cet élément fluide est soumis à

Figure 2.1.a -

La résultante des forces de pressions que le reste de l’Univers exerce sur toute sa

⃗ ) ∫𝑺 𝒑. 𝒅𝒔. (−𝒏

surface -

Figure 2.1. b

A son propre poids donné par

⃗⃗ . 𝒅𝒗 ∫𝓥 𝝆. 𝒈

A l’équilibre on a

⃗ ) + ∫ 𝝆. 𝒈 ⃗⃗ . 𝒅𝒗 = 𝟎 (𝟐. 𝟏) ∫ 𝒑. 𝒅𝒔. (−𝒏 𝑺

𝓥

Nous voyons donc que la résultante des forces de pressions est opposée au poids du fluide dans le volume (𝓥). Que se passe- il maintenant si l’on « remplace » ce volume fluide par un corps étranger de même enveloppe (𝑺) ? (voir Figure 2.1.b) Les forces sur le corps étranger sont donc -

⃗⃗ Son propre poids 𝑴. 𝒈

- La résultante des forces de pressions que le fluide exerce sur sa surface ⃗𝑭𝒂 . Nous avons

⃗ =𝑭 ⃗ 𝒂 + 𝑴. 𝒈 ⃗⃗ ∑𝑭

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(2.2)

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Mais tant que le fluide reste immobile, le champ des pressions ne change pas et donc la résultante des forces de pressions reste la même puisque le corps étranger à la même forme que l’élément de fluide qu’il a « remplacé». Nous en déduisons que

⃗ 𝒂 = − ∫ 𝝆. 𝒈 ⃗⃗ . 𝒅𝒗 𝑭

(2. 3)

𝓥

⃗𝑭𝒂 est opposé au poids du fluide qui est contenu dans le volume (𝓥). Principe d’Archimède Les forces de pressions exercées par un fluide en équilibre sur un corps étranger immergé (totalement ou partiellement) admettent une résultante, appelée Poussée d’Archimède ayant les caractéristiques suivantes - Son support passe par le centre d’inertie du fluide remplacé (déplacé) ; - Elle est verticale ascendante ; - Son module est égal à celui du poids du fluide remplacé (déplacé). Ce résultat très important est connu sous le nom de principe ou théorème d’Archimède (brillant homme de sciences grec du IIIe siècle avant Jésus Christ).

Remarques - Si le corps est complètement immergé dans un seul liquide, le centre de poussée coïncide avec le centre d’inertie du corps immergé. - Si le corps est immergé dans plusieurs fluides (cas des flotteurs par exemple) le théorème reste valable. - Le théorème d’Archimède peut être appliqué si l’objet est en mouvement mais à faible vitesse dans le fluide qui doit être supposé impérativement immobile. Le principe d’Archimède permet d’expliquer entre autres -

pourquoi les bateaux flottent pourquoi la partie visible d’un iceberg n’est qu’une infime partie de son volume total (plus de 80% du volume de l’iceberg se trouve immergé) pourquoi l’air chaud monte et l’air frais descend etc……

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Exercices

Exercice 5 ( La correction est dans le fichier nommé « Correction mardi 05_05_2020 » ) Une bille de masse volumique 𝝆𝒃 est immergée dans un récipient contenant de l’eau et de l’huile non miscibles. Trouver la position d’équilibre de la bille : on calculera la fraction 𝒙 du volume de la bille qui est immergé dans l’eau. On notera 𝝆𝒆 et 𝝆𝒉 les masses volumiques de l’eau et de l’huile et on admettra que 𝝆𝒆 > 𝝆𝒃 > 𝝆𝒉 .

Exercice 6 ( A préparer pour le jeudi 07_05_2020) Un cube en bois de côté 𝒂, de masse volumique 𝝆𝒃 , flotte sur l’eau de masse volumique 𝝆 ; ses arêtes sont verticales ou horizontales. Quelle est la profondeur 𝒉𝟎 dont il s’enfonce lorsqu’il est immobile. Trouver la période des oscillations autour de sa position d’équilibre.

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Plus loin dans les exercices P1 La face d’un barrage, au contact de l’eau retenue, est un trapèze vertical de bases au fond et au sommet respectivement égales à 𝒃 et à 𝒂 = 𝝀. 𝒃 et de hauteur 𝒉 (voir Figures 1). 1. - Déterminer le vecteur résultant des forces de pressions effectives que subit cette face en fonction de 𝒃, 𝒉, 𝝀 et de la masse volumique de l’eau 𝝆. En déduire la hauteur du centre de gravité 𝑮 du trapèze. 2. - Préciser les coordonnées 𝑿𝑪 et 𝒀𝑪 du centre de poussée 𝑪 en fonction de 𝒃, 𝒉 𝒆𝒕 𝝀.

P2 On considère un barrage formé d'un solide indéformable, en forme de pentaèdre de base rectangulaire et de masse volumique 𝝆𝑏 . Sa section est un triangle isocèle, de hauteur 𝒉, de demi angle au sommet égal à 𝜶. Il est posé sur le sol horizontal et permet de retenir l'eau d'un lac dont la masse volumique est égale à 𝝆. La longueur du barrage est 𝑳. (voir Figure 2)

On suppose que les seules forces qui interviennent sont liées à la pression des fluides (eau et air), au poids du barrage et aux forces de contact exercées sur le sol. On appellera 𝑷𝒐 la pression uniforme de l'air au voisinage du barrage. 1. Calculer la résultante des forces de pression ⃗𝑭 exercée sur la face immergée en fonction de 𝑳, 𝒉, 𝜶, 𝝆 et 𝒈. On considère que ce barrage ne tient en équilibre sur le sol que par l'action de la force de frottement. Dans ce cas la réaction du sol sur le barrage est représentée par : une composante normale 𝑵 verticale ascendante et une composante tangentielle 𝑻 horizontale qui s'oppose au glissement du barrage. L’équilibre statique n'est garanti que si 𝑻 ≤ 𝝁. 𝑵, expression dans FORCES DE PRESSIONS – PRINCIPE D’ARCHIMEDE

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laquelle 𝝁 est un coefficient constant, appelé coefficient de frottement statique du barrage sur le sol. 2. Quelle est l’expression de la valeur minimale du coefficient de frottement, 𝝁 pour que le barrage reste en équilibre sur le sol, sans glisser. On l’exprimera en fonction de 𝑳, 𝒉, 𝜶, 𝝆 et 𝝆𝑏 . P3 Une cloche de forme conique d’épaisseur 𝒆, de hauteur 𝒉 dont la base est un disque de rayon 𝑹 repose sur un plan horizontal. On remplit doucement la cloche d’eau de masse volumique 𝝆 par un orifice de section très faible pratiqué au sommet 𝑺 jusqu’à une hauteur ≤ 𝒉 . La pression à l’interface eau/air est égale à la pression atmosphérique supposée constante 𝑃𝑎𝑡𝑚 (voir Figure 3). On choisit l’axe (𝑶𝒛) orienté suivant la verticale ascendante. L’épaisseur 𝒆 de la cloche est suffisamment faible pour qu’on puisse considérer comme identiques les surfaces intérieure et extérieure de la cloche (𝒆 ≪ 𝑹). 1. Exprimer la pression absolue 𝑃(𝑀) = 𝑃(𝑧) en un point 𝑀 du fluide situé à la côte 𝑧 en fonction de 𝑃𝑎𝑡𝑚 , 𝜌, 𝑔, 𝐻 et 𝑧. 2. Exprimer le rayon 𝒓(𝒛) du cône en fonction de 𝑅, ℎ et 𝑧. 3. Calculer la résultante des forces de pression ⃗𝑭𝑳 qui s’exercent sur la surface latérale du cône. Discuter de son orientation et montrer que son module est une ⃗ 𝑳. fonction croissante de 𝑯. Quelle est la valeur maximale du module de 𝑭 ⃗ 𝑳 , montrer que la cloche doit avoir une 4. En analysant l’expression de la force 𝑭 certaine masse. Quelle est alors la masse volumique maximale 𝝆𝒄 de la cloche pour laquelle la cloche reste en équilibre sur le plan horizontal. On prendra comme volume de la cloche 𝟐. 𝝅. 𝒆. 𝑹. 𝒉 𝑽𝒄 = 𝟑

Figure 3 P4

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Sur un flotteur en liège de masse 𝑴 de section 𝒔, au repos sur la surface de l’eau d’un récipient de section 𝑺 , on dépose un verre de section 𝒂 rempli d’eau jusqu’à une hauteur 𝒉 (voir Figure 4). La hauteur de l’eau dans le réservoir est 𝒛𝟏 . On vide ensuite l’eau du verre dans le réservoir et on note la nouvelle hauteur de l’eau 𝒛𝟐 . 1. Traduire dans les deux cas la condition d’équilibre du système. 2. Comparer les hauteurs 𝒛𝟏 et 𝒛𝟐 . Conclure. P5 On se propose de déterminer la position d’équilibre d’une balle de ping- pong de volume 𝑽 et de masse 𝒎 attachée par un fil inextensible de longueur 𝒍 au fond d’un bêcher rempli de liquide de masse volumique 𝝆, lorsque le récipient est mis en rotation autour de son axe vertical avec une vitesse de rotation (voir Figure 5). 1. Exprimer la relation d’équilibre de la balle dans le référentiel tournant. On notera ⃗𝑭𝒂 la résultante des forces de pression (« la poussée d’Archimède »). 2. Sachant que le champ de pression régnant sur la surface délimitée par la balle est inchangé que la balle soit présente ou pas, exprimer alors ⃗𝑭𝒂 . 3. Trouver l’expression de la tension du fil ⃗𝑻 et commenter le résultat. 4. Quel est l’angle 𝜽 entre la verticale et le fil. Que vaut cet angle lorsqu’on change de liquide ? 5. Etudier le mouvement ultérieur de la balle lorsque le fil se casse.

Figure 4

Figure 5

P6 Un réservoir cylindrique de hauteur 𝑯, de diamètre 𝑫 et de masse 𝑴 est clos à son extrémité supérieure. L’autre extrémité est ouverte et descendue dans de l’eau à l’aide d’un bloc d’acier de masse volumique 𝝆𝒂 . On suppose que l’air emprisonné, initialement à la pression atmosphérique 𝑷𝒂 , est comprimé à température constante (voir figure 6). 1. Déterminer la hauteur 𝒉 de l’air immergé. 2. Quel est le poids de ce bloc d’acier. Application numérique : 𝑯 = 𝟑 𝒎 ; 𝑫 = 𝟏 𝒎 ; 𝑴 = 𝟗𝟎 𝒌𝒈 ; 𝝆𝒂 = 𝟕𝟖𝟒𝟎 𝒌𝒈. 𝒎−𝟑

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P7 Un flotteur sphérique de rayon 𝑅 et de masse 𝑚 obture un orifice circulaire dans lequel il s’enfonce d’une hauteur ℎ (voir figure 7). Discuter en fonction de la hauteur de liquide 𝐻, les possibilités d’obturation.

Figure 6

Figure 7

P8 Plongée sous- marine en apnée L’eau de mer où évolue un plongeur est considérée comme un liquide homogène de température 𝑻𝒆 et de masse volumique 𝝆𝒆 constantes et indépendantes de la profondeur 𝒛. L’eau est en équilibre dans le champ de pesanteur 𝒈 et sa surface libre (𝒛 = 𝟎) est en contact avec l’atmosphère de pression 𝒑𝟎 . Le plongeur a une masse 𝑴 et une capacité pulmonaire 𝑽(𝒛) (c’est le volume d’air que contiennent ses poumons). Nous noterons 𝑽𝒕 (𝒛) le volume total du plongeur à la profondeur défini par 𝑽𝒕 (𝒛) = 𝑽𝟎 + 𝑽(𝒛) avec 𝑽𝟎 le volume de son corps hors cage thoracique. Avant de se jeter à l’eau le plongeur gonfle ses poumons à leur capacité pulmonaire maximale 𝑽𝒎 puis bloque sa respiration. 1. Quelle est l’expression de la pression de l’eau en fonction à la profondeur. 2. On assimile l’air à un gaz parfait de pression égale à la pression de l’eau à la même profondeur 𝒛. Comme la loi de Boyle- Mariotte (𝑷. 𝑽 = 𝑪𝒕𝒆) s’applique ici, exprimer le volume des poumons du plongeur 𝑽(𝒛) en fonction de 𝒛. 3. Exprimer la poussée d’Archimède que subit le plongeur à la profondeur 𝒛. 4. On définit la flottabilité du plongeur comme la résultante de la poussée d’Archimède et du poids. Comment varie la flottabilité en fonction de la profondeur ? 5. Afin de faciliter la plongée lors des premiers mètres, le plongeur utilise un lest qui est une plaque de plomb de masse 𝑴𝒍 mais de volume négligeable accrochée à une ceinture. Quelle masse de lest doit- on choisir pour que le plongeur ait une flottabilité nulle à 5 m de profondeur. A.N. : 𝝆𝒆 = 𝟏𝟎𝟑 𝒌𝒈. 𝒎−𝟑 ; 𝒈 = 𝟏𝟎 𝒎. 𝒔−𝟐 ; 𝒑𝟎 = 𝟏𝟎𝟓 𝐏𝐚 = 𝟏 𝐚𝐭𝐦. 𝑴 = 𝟖𝟎 𝒌𝒈 ; 𝑽𝟎 = 𝟕, 𝟕. 𝟏𝟎−𝟐 𝒎𝟑 ; 𝑽𝒎 = 𝟕. 𝟏𝟎−𝟑 𝒎𝟑

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