Équation de l’hydrostatique | Exercice 10

Enoncé :

On souhaite estimer la pression au sommet d’une petite montagne de hauteur h moyennant deux hypothèses différentes pour l’air. La première est celle d’un fluide incompressible (masse volumique indépendante de la pression) et la deuxième est celle d’un gaz parfait compressible isotherme (température indépendante de la hauteur).

Question 1: Sous l’hypothèse d’un fluide incompressible et en utilisant l’équation de l’hydrostatique donnez puis calculez la pression P_S au niveau du sommet de la montagne sachant que la pression au niveau de son pieds est P_P.

Question 2: En utilisant l’équation des gaz parfaits montrez la relation suivante, qui relie la masse volumique à la pression:

$\rho = \dfrac{P}{r \times T}$

Avec:

$r = \dfrac{R}{M}$

Question 3: En utilisant l’équation de l’hydrostatique sous sa forme non intégrée, trouver l’expression de la pression P_s en se plaçant dans le cadre de la deuxième hypothèse à savoir que l’air est considéré comme gaz parfait compressible isotherme. Faire ensuite l’application numérique.

Rappel de la forme non intégrée de l’équation de la statique des fluide:

$\nabla P = \rho \overrightarrow{g}$

Question 4: En comparant les deux valeurs de pressions obtenues avec les deux hypothèses, conclure s’il est nécessaire ou pas de considérer que l’air est compressible pour cette situation.

Données :

ρ_air = 1,225 Kg/m³, h = 500 m, T = 15°C, r_air = 287 J.Kg^-1.K^-1 et P_P = 101 325 Pa.

Solution :

Réponse 1:

Pour cette première question on va directement appliquer l’équation fondamentale de la statique des fluides incompressibles. Toujours en gardant en tête qu’elle n’est valable que lorsque la masse volumique ρ est considérée comme constante.

En l’appliquant entre le point S et le point P on obtient:

$P_S - P_P = {\rho}g(z_P-z_S)$

Et sachant que:

$h = z_S-z_P$

On obtient:

$P_S = P_P + {\rho}g(-h) = P_P - {\rho}gh$

Application numérique:

$P_S = 101325 - 1.225 \times 9.81 \times 500 = 95316 \,Pa$

Réponse 2:

Sous l’hypothèse que l’air est un gaz parfait, la masse volumique ne sera plus constante mais elle va dépendre, dans le cas général, de la pression et de la température.

L’air est donc régit par l’équation des gaz parfaits, qui est:

$PV = nRT$

Avec: P la pression, V le volume, n la quantité de matière, R la constante des gaz parfaits et T la température.

La quantité de matière est reliée à la masse et la masse molaire via la formule suivante:

$n = \dfrac{m}{M}$

En remplaçant n dans l’équation des gaz parfaits on obtient:

$PV = \dfrac{m}{M}RT$

On fait passer ensuite la masse m de l’autre côté:

$P \, \dfrac{V}{m} = \dfrac{R}{M} \, T$

Sachant que:

$r = \dfrac{R}{M}$

Et:

$\rho = \dfrac{m}{V}$

Alors:

$\dfrac{P}{\rho} = rT$

D’où la relation recherchée:

$\rho = \dfrac{P}{rT}$

Réponse 3:

Sous la deuxième hypothèse, l’air n’est plus considéré comme incompressible. C’est-à-dire que la masse volumique ne peut pas être traitée comme une constante. D’où la nécessité de passer via la forme non intégrée de l’équation de l’hydrostatique. Qui est:

$\nabla P = \rho \overrightarrow{g}$

Ou encore sous forme de colonnes:

$\begin{pmatrix} \dfrac{\partial P}{\partial x} \\ \dfrac{\partial P}{\partial y} \\ \dfrac{\partial P}{\partial z}\end{pmatrix} = \rho\begin{pmatrix} 0\\0\\-g\end{pmatrix}$

D’où les trois équations suivantes:

$\begin{cases} \dfrac{\partial P}{\partial x} = 0 \\ \dfrac{\partial P}{\partial y} = 0 \\ \dfrac{\partial P}{\partial z} = -\rho g \end{cases}$

Les deux premières équations nous disent que la pression P ne dépend ni de x ni de y mais seulement de z.

La prochaine étape sera de remplacer ρ par son expression obtenue dans la question 2. La troisième équation deviendra donc:

$\dfrac{\partial P}{\partial z} = -\dfrac{P}{rT} \, g$

A partir de cette dernière équation il faudra arriver à établir l’expression de Ps. Ceci se fera par intégration. Mais, il faudra tout d’abord préparer l’équation pour cette opération.

Il faudra alors faire passer le P du côté du ∂P. Et passer en même temps le ∂z du côté des constantes. Cela va donner:

$\dfrac{1}{P} \,\partial P = -\dfrac{g}{rT} \, \partial z$

On peut maintenant intégrer les deux termes entres les deux points P et S.

$\displaystyle \int_{P_P}^{P_S} \dfrac{1}{P} \, \mathrm{d}P = \displaystyle \int_{z_P}^{z_S} -\dfrac{g}{rT} \, \mathrm{d}z$

Le fait que l’air est considéré comme isotherme (T indépendante de z) nous permettra de faire sortir T en plus de g et r de l’intégrale à droite.

$\displaystyle \int_{P_P}^{P_S} \dfrac{1}{P} \, \mathrm{d}P = -\dfrac{g}{rT} \displaystyle \int_{z_P}^{z_S} \, \mathrm{d}z$

En passant maintenant aux primitives, on obtient:

$\left[\ln(P) \right]_{P_P}^{P_S} = -\dfrac{g}{rT}\left[z \right]_{z_P}^{z_S}$

Ce qui donne:

$\ln(P_S)-\ln(P_P) = -\dfrac{g}{rT} \, (z_S-z_P)$

On peut maintenant rassembler les deux logarithme dans un seule et remplacer les z par leur valeurs:

$\ln \left(\dfrac{P_S}{P_P} \right) = -\dfrac{g}{rT}(h-0) = -\dfrac{g}{rT}h$

Pour extraire P_s du logarithme il faudra applique exponentiellement aux deux membres de l’équation. Cela va donner:

$e^{\ln \left(\dfrac{P_S}{P_P} \right)} = e^{-\dfrac{gh}{rT}}$

Donc:

$\dfrac{P_S}{P_P} = e^{-\dfrac{gh}{rT}}$

Et finalement:

$P_S = P_P \, e^{-\dfrac{gh}{rT}}$

Application numérique:

$P_S = 101325 \times e^{-\dfrac{9.81 \times 500}{287 \times (15+273)}} = 95487 \, Pa$

Réponse 4:

En comparant les deux valeurs numériques obtenues sous les deux hypothèses. On peut conclure qu’il n’est pas nécessaire de prendre en compte la compressibilité de l’air pour cette situation. Car les deux valeurs sont proches et l’hypothèse simplificatrice permet d’obtenir le résultat avec moins de calculs.