FICHE DE RÉVISION – Description d'un fluide au repos
(Niveau : Première)
Mécanique : Description d’un Fluide au Repos
Comprendre les grandeurs qui décrivent un fluide (liquide ou gaz) immobile et les lois qui les régissent.
Partie 1 : Échelles de Description et Grandeurs Macroscopiques
Un fluide (liquide ou gaz) peut être décrit à deux échelles :
- Échelle microscopique : On regarde les entités (molécules, atomes) qui le constituent. Elles sont en mouvement incessant et désordonné (agitation thermique) et interagissent entre elles.
- Échelle macroscopique : On regarde le fluide dans son ensemble et on le décrit par des grandeurs mesurables.
Les principales grandeurs macroscopiques pour décrire un fluide au repos sont :
- Masse volumique (\(\rho\)) : Masse du fluide par unité de volume (\(\rho = m/V\)). Unité SI : kg/m³. Souvent en g/L ou g/cm³ (= g/mL). Elle dépend de la nature du fluide et de la température.
- Température (T) : Mesure de l’agitation thermique des entités microscopiques. Unité SI : Kelvin (K). Souvent en degrés Celsius (°C). \(T(K) = T(°C) + 273.15\).
- Pression (P) : Traduit l’effet des chocs incessants des entités du fluide sur une paroi. Unité SI : Pascal (Pa). Autres unités : bar (1 bar = \(10^5\) Pa), hectopascal (1 hPa = 100 Pa), atmosphère (1 atm ≈ 1013 hPa).
Lien Micro-Macro (Qualitatif) :
- La température est directement liée à l’énergie cinétique moyenne des particules. Plus elles s’agitent, plus T est élevée.
- La pression résulte des forces exercées par les particules lors de leurs collisions avec les parois. Plus il y a de chocs (densité élevée) ou plus les chocs sont violents (température élevée), plus P est grande.
- La masse volumique dépend de la masse des particules et de leur espacement moyen.
Partie 2 : Modèle du Gaz Parfait – Loi de Mariotte
Pour un gaz à faible pression et température modérée, on peut utiliser un modèle simplifié : le gaz parfait.
La Loi de Boyle-Mariotte (ou Loi de Mariotte) décrit le comportement d’une quantité donnée de gaz parfait à température constante :
Le produit de la pression \(P\) par le volume \(V\) du gaz est constant :
$$ P \times V = \text{constante} \quad (\text{à T et quantité de matière constantes}) $$
Cela signifie que si on divise le volume par 2, la pression double (et inversement). La pression est inversement proportionnelle au volume.
\( P_1 V_1 = P_2 V_2 \)
Un gaz occupe un volume \(V_1 = 2.0\) L sous une pression \(P_1 = 1.5\) bar. On comprime ce gaz à température constante jusqu’à un volume \(V_2 = 0.5\) L. Quelle est la nouvelle pression \(P_2\) ?
D’après la loi de Mariotte : \(P_1 V_1 = P_2 V_2\).
\(P_2 = \frac{P_1 V_1}{V_2} = \frac{1.5 \text{ bar} \times 2.0 \text{ L}}{0.5 \text{ L}} = \frac{3.0}{0.5} = 6.0\) bar.
(Le volume a été divisé par 4, la pression a été multipliée par 4).
Activité Expérimentale : On peut tester cette loi avec une seringue bouchée reliée à un capteur de pression, en faisant varier le volume et en mesurant la pression correspondante.
Partie 3 : Actions d’un Fluide – Forces Pressantes
Un fluide (liquide ou gaz) exerce des forces sur les parois avec lesquelles il est en contact.
Un fluide au repos exerce sur une surface plane \(S\) une force appelée force pressante, notée \(\vec{F}\) :
- Direction : Perpendiculaire (normale) à la surface \(S\).
- Sens : Du fluide vers la surface (le fluide « pousse » la surface).
- Valeur (Norme) :
$$ F = P \times S $$
où \(P\) est la pression du fluide (supposée uniforme sur S) et \(S\) est l’aire de la surface.
Unités SI : \(F\) en Newtons (N), \(P\) en Pascals (Pa), \(S\) en mètres carrés (m²).
[Image showing pressure force F acting perpendicularly on surface S]
L’air atmosphérique (\(P_{atm} \approx 10^5\) Pa) exerce une force sur une table de \(S = 1.5\) m².
La force pressante de l’air sur le dessus de la table est :
\(F = P \times S = 10^5 \text{ Pa} \times 1.5 \text{ m²} = 1.5 \times 10^5\) N. (Énorme ! Environ le poids de 15 tonnes !)
Heureusement, l’air sous la table exerce une force quasiment égale vers le haut, qui compense.
Partie 4 : Statique des Fluides Incompressibles
Comment la pression varie-t-elle avec la profondeur dans un liquide au repos ?
Pour un fluide incompressible (masse volumique \(\rho\) constante, typiquement un liquide) et au repos, la différence de pression entre deux points A et B dépend uniquement de la différence d’altitude (\(z_A – z_B\)) entre ces points.
Loi Fondamentale de la Statique des Fluides :
$$ P_B – P_A = \rho \times g \times (z_A – z_B) $$
où :
- \(P_A, P_B\) sont les pressions aux points A et B (en Pa).
- \(\rho\) est la masse volumique du fluide (en kg/m³).
- \(g\) est l’intensité de la pesanteur (en N/kg ou m/s², \(g \approx 9.8\) N/kg sur Terre).
- \(z_A, z_B\) sont les altitudes des points A et B (en m) sur un axe vertical orienté vers le haut.
Conséquences :
- Si A et B sont à la même altitude (\(z_A = z_B\)), alors \(P_A = P_B\) (la pression est la même sur un plan horizontal).
- Si B est plus bas que A (\(z_B < z_A\)), alors \(z_A – z_B > 0\) et donc \(P_B > P_A\) (la pression augmente avec la profondeur).
[Image showing two points A and B at different depths in a fluid]
Calculer la différence de pression entre la surface d’un lac (A, \(z_A=0\), \(P_A = P_{atm} \approx 10^5\) Pa) et un point B situé à 10 m de profondeur (\(z_B=-10\) m). L’eau a \(\rho = 1000\) kg/m³.
\(P_B – P_A = \rho g (z_A – z_B)\)
\(P_B – P_{atm} = 1000 \times 9.8 \times (0 – (-10))\)
\(P_B – 10^5 = 1000 \times 9.8 \times 10 = 98000\) Pa (\(\approx 0.98\) bar).
\(P_B = 10^5 + 98000 = 198000\) Pa (\(\approx 1.98\) bar).
À 10 m de profondeur, la pression a quasiment doublé (elle a augmenté d’environ 1 bar).
Partie 5 : Entraînement (Exercices)
- Exercice 1 (Loi de Mariotte) : Une bulle d’air remonte du fond d’un lac (profondeur h=20 m) où la température est constante. Son volume initial est \(V_1 = 1.0\) cm³. La pression à la surface est \(P_{atm} = 1.0\) bar. (\(\rho_{eau}=1000\) kg/m³, \(g=9.8\) N/kg, 1 bar=\(10^5\) Pa).
a) Calculer la pression \(P_1\) au fond du lac.
b) Calculer le volume \(V_2\) de la bulle lorsqu’elle arrive à la surface (en supposant la température constante). - Exercice 2 (Force Pressante) : La pression à l’intérieur d’un pneu de voiture est de 2.5 bar (pression relative par rapport à l’extérieur). La pression atmosphérique est 1.0 bar. L’aire de contact du pneu avec la route est \(S = 150\) cm². Quelle est la force exercée par le pneu sur la route ? (Attention à la pression absolue).
- Exercice 3 (Statique des Fluides) : Un sous-marin plonge à une profondeur \(h\) telle que la pression extérieure est \(P = 5.0 \times 10^5\) Pa. Calculer cette profondeur \(h\). (Prendre \(P_{atm} = 1.0 \times 10^5\) Pa, \(\rho_{eau}=1000\) kg/m³, \(g=9.8\) N/kg).
Partie 6 : Corrections Détaillées
Correction Exercice 1 (Loi de Mariotte)
a) Pression \(P_1\) au fond (point 1) :
Soit le point 2 à la surface (\(z_2=0, P_2=P_{atm}\)) et le point 1 au fond (\(z_1=-h=-20\) m).
Loi fondamentale : \(P_1 – P_2 = \rho g (z_2 – z_1)\)
\(P_1 – P_{atm} = \rho g (0 – (-h)) = \rho g h\)
\(P_1 = P_{atm} + \rho g h\)
\(P_1 = (1.0 \times 10^5) + (1000 \times 9.8 \times 20)\)
\(P_1 = 100000 + 196000 = 296000\) Pa (\(= 2.96\) bar).
b) Volume \(V_2\) à la surface :
La température est constante, on applique la loi de Mariotte : \(P_1 V_1 = P_2 V_2\).
\(V_2 = \frac{P_1 V_1}{P_2} = \frac{2.96 \text{ bar} \times 1.0 \text{ cm³}}{1.0 \text{ bar}}\)
\(V_2 = 2.96\) cm³. (Le volume a presque triplé).
Correction Exercice 2 (Force Pressante)
La pression indiquée (2.5 bar) est la pression relative par rapport à l’extérieur. C’est la surpression qui permet au pneu de supporter la voiture.
La pression absolue à l’intérieur du pneu est \(P_{int} = P_{atm} + P_{relative} = 1.0 \text{ bar} + 2.5 \text{ bar} = 3.5\) bar.
Cependant, la force nette exercée par le pneu sur la route est due à la différence de pression entre l’intérieur et l’extérieur (pression atmosphérique). C’est la pression relative qui compte pour la force de soutien.
Force \(F = P_{relative} \times S\).
Attention aux unités ! \(P_{relative} = 2.5 \text{ bar} = 2.5 \times 10^5\) Pa.
\(S = 150 \text{ cm²} = 150 \times (10^{-2} \text{ m})² = 150 \times 10^{-4}\) m².
\(F = (2.5 \times 10^5) \times (150 \times 10^{-4})\)
\(F = 2.5 \times 150 \times 10^{5-4} = 375 \times 10^1 = 3750\) N.
La force exercée par le pneu sur la route est de 3750 N. (Ce qui correspond au poids supporté par cette roue, environ 375 kg).
Correction Exercice 3 (Statique des Fluides)
Soit A à la surface (\(z_A=0, P_A=P_{atm}\)) et B à la profondeur \(h\) (\(z_B=-h, P_B = 5.0 \times 10^5\) Pa).
Loi fondamentale : \(P_B – P_A = \rho g (z_A – z_B)\).
\(P_B – P_{atm} = \rho g (0 – (-h)) = \rho g h\).
On cherche \(h\) : \(h = \frac{P_B – P_{atm}}{\rho g}\).
\(h = \frac{(5.0 \times 10^5) – (1.0 \times 10^5)}{1000 \times 9.8}\)
\(h = \frac{4.0 \times 10^5}{9800} \approx 40.8\) m.
Le sous-marin est à une profondeur d’environ 40,8 mètres.
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