DYNAMIQUE - POUSSÉE D'ARCHIMÈDE - corrigé des exercices


A. EXERCICES DE BASE


B. EXERCICE D'APPROFONDISSEMENT

Étude d'une montgolfière

1.     • En supposant la température intérieure uniforme T’>T\; T\text{’}>T \; (grossière approximation à la base de la montgolfière) et en supposant les variations de pression faibles, les pressions varient selon :
p(z)=p0e−Mgz/RT≈p0.(1−MgRTz)p(z)=p_0 \: \mathrm{e}^{-Mgz/RT}≈p_0 .\left(1 -\frac{M \:g}{R \:T} \, z\right)  ; p’(z)≈p0.(1−MgRT’z)≥p(z)\; p\text{’}(z)≈p_0 .\left(1 -\frac{M \:g}{R \:T\text{’}} \, z\right)≥p(z) .
◊ remarque : aux températures “usuelles” H≝RTMg≈10km≫z≈r\displaystyle \; H≝\frac{R \:T}{M \:g}≈10 \:\mathrm{km}≫z≈r \;.
• La surpression intérieure maintient “gonflée” la toile de la montgolfière et exerce sur la partie supérieure une force globale permettant la sustentation.


2.     • Pour éviter de faire un bilan des forces en calculant des intégrales (qui de toute façon ne donnent qu'une approximation, faute de connaitre la forme exacte et la répartition des températures), on peut estimer la condition d'équilibre en calculant les masses volumiques d'après les pressions moyennes à mi-hauteur : p≈p0.(1−MgRTr)\displaystyle \; p≈p_0 .\left(1 -\frac{M \:g}{R \:T} \, r\right) \; ; p’≈p0.(1−MgRT’r)\displaystyle \; p\text{’}≈p_0 .\left(1 -\frac{M \:g}{R \:T\text{’}} \, r\right) \;.
◊ remarque : selon le théorème du gradient ∭pdS→=∭∇→pdV\; ∭ p \:d\overset{→}{S}=∭ \,\overset{→}{∇}p \:dV \; avec ∇→p=ρg→\; \overset{→}{∇}p=ρ \:\overset{→}{g} \;,  il peut sembler suffisant de connaître la masse totale de l'air intérieur, à comparer à un volume équivalent de l'air extérieur ; mais ∭ρdV\; ∭ ρ \:dV \; fait une moyenne des différentes valeurs de ρρ aux différentes altitudes, pondérée par la surface de coupe horizontale à chaque altitude, donc les masses dépendent de la forme ; en outre, pour une enveloppe (souple) de montgolfière donnée, le volume intérieur total lui même dépend aussi de la forme.
• On en déduit la masse volumique (moyenne) de l'air extérieur : ρ≈pMRT≈p0MRT≈1,21kg.m−3\displaystyle \; ρ≈\frac{p \:M}{R \:T}≈\frac{p_0 \:M}{R \:T}≈1\text{,}21\: \mathrm{kg.m^{-3}} \; ;  puis, pour un volume V≈43πr3\; V≈\frac{4}{3} π \:r^3 \;,  la masse d'air déplacé : m=ρV≈3700kg\; m=ρ \:V≈3700 \:\mathrm{kg} \;.
• Pour que la poussée d'Archimède équilibre le poids de la montgolfière et de l'air intérieur, il faut que la masse de ce dernier soit : m’=m−mm≈2900kg\; m\text{’}=m-m_m≈2900 \:\mathrm{kg} \;.
• La masse volumique (moyenne) de l'air intérieur est ainsi : ρ’≈m’V≈0,95kg.m−3\displaystyle \; ρ\text{’}≈\frac{m\text{’}}{V}≈0\text{,}95 \:\mathrm{kg.m^{-3}} \; ;  sa température (moyenne) est donc : T’≈p’Mρ’R≈p0Mρ’R≈367K≘94°C\displaystyle \; T\text{’}≈\frac{p\text{’} \:M}{ρ\text{’} \:R}≈\frac{p_0 \: M}{ρ\text{’} \:R}≈367 \:\mathrm{K}≘94 \:\mathrm{°C} \;.

3.     • Il peut sembler contradictoire de négliger les différences de pression, alors qu'elles sont à l'origine de la poussée d'Archimède, mais elles interviennent au premier ordre pour le calcul de cette dernière, alors qu'elles sont au second ordre pour le calcul de la température.
• L'apparente contradiction vient du fait qu'on prend rarement conscience de l'énormité des forces pressantes atmosphériques : avec p0≈105Pa\; p_0≈{10}^5 \: \mathrm{Pa} \;,  une variation relative rH≈10−3\displaystyle \; \frac{r}{H}≈{10}^{-3} \; (qui parait très faible) correspond à ∆p≈100Pa\; ∆p≈100 \:\mathrm{Pa} \;.  Or, sur une surface S≈πr2≈250m2\; S≈π \:r^2≈250 \:\mathrm{m^2} \;(en projection horizontale), cela donne une force résultante ∆pS≈25000N\; ∆p \:S≈25000 \:\mathrm{N} \; ;  on retrouve (ici grossièrement) l'ordre de grandeur des poids mis en jeu.