Livre Scolaire : Exercices du chapitre

La pression finale $P_f$ se calcule en fonction de la pression initiale $P_0$, du volume initial $V_0 = \pu{50 cm3} = \pu{5,0e-6 m3}$ et du volume final $V_f = \pu{30 cm3} = \pu{3,0e-6 m3}$ grâce à la relation de Boyle-Mariotte : $$ P_0 \cdot V_0 = P_f \cdot V_f \iff P_f = P_0 \cdot \dfrac{V_0}{V_f} $$

A.N. $P_f = \pu{1,013e5 Pa} \times \dfrac{\pu{5,0e-6 m3}}{\pu{3,0e-6 m3}} = \pu{1,7e5 Pa}$

Le raisonnement est identique à celui de l’exercice précédent : $$ P_0 \cdot V_0 = P_f \cdot V_f \iff P_f = P_0 \cdot \dfrac{V_0}{V_f} $$

A.N. $P_f = \pu{1,013e5 Pa} \times \dfrac{\pu{50 cm3}}{\pu{70 cm3}} = \pu{7,2e4 Pa}$

1. $P = \dfrac{F}{S} \iff F = P \cdot S$.
   A.N. $F = \pu{1,013e5 Pa} \times \pu{1 m2} = \pu{1e5 N}$.

2. La pression qu’exerce l’air est la même des deux côtés de la vitre, donc les deux forces pressantes exercées par l’air sur la vitre se compensent, empêchant celle-ci de se casser.

1. On suppose que la pression est nulle à l’extérieur de la station, et qu’elle est égale à la pression atmosphérique $P_0$ dans la station. La seule force pressante s’exerce donc de l’intérieur de la station vers l’extérieur, perpendiculairement à la surface de la fenêtre.
   Puisque $P = \dfrac{F}{S}$, alors $F = P \cdot S$. A.N. $F = \pu{1,013e5 Pa} \times \pu{0,13 m2} = \pu{1,3e4 N}$.

2. Correction collective.

Si la force pressante correspond au poids de la personne dans les deux cas, la surface de contact est en revanche différente suivant sa position. Lorsque la personne est assise, la pression exercée sur le matelas est plus grande que lorsque la personne est allongée. En effet dans le cas d’une position assise, la force pressante qui correspond à cette pression est suffisante pour toucher le sol à travers le matelas.

Les volumes sont identiques, le nombre de molécules est le même dans les deux cas. La seule différence est la vitesse des molécules qui est plus grande dans le volume de droite. La pression est donc plus élevée car les chocs sur les parois (et entre les molécules) sont plus nombreux.

1. Une fois le vide fait, la pression dans la sphère est essentiellement nulle, les forces pressantes de l’intérieur vers l’extérieur de la sphère sont alors inexistantes. En revanche, la pression de l’air à l’extérieur de la sphère est inchangée et exerce une force pressante de l’extérieur vers l’intérieur de la sphère. Il faudrait une force supérieure à cette force pressante pour détacher les hémisphères.
2. Surface $S$ de la surface : $S = \pi R^2 = \pi \times (\pu{28e-2 m})^2 = \pu{2,5e-1 m2}$. La valeur de la force $F$ est alors $F = \pu{1,013e5 Pa} \times \pu{2,5e-1 m2} = \pu{2,5e4 N}$.

1. Les forces s’appliquant sur le piston sont :

   • la force pressante de l’air à l’intérieur du piston (dirigée vers le haut) ;
   • le poids de la masse (dirigée vers le bas) ;
   • la force pressante de l’air à l’extérieur du piston (dirigée également vers le bas). On néglige le poids du piston lui-même. Au point d’équilibre la somme de ces forces est nulle.

2. La pression de la masse sur l’air à l’intérieur du piston est donnée par $P_{\text{masse}} = \dfrac{m \cdot g}{S}$. La pression d’équilibre $P_1$ à l’intérieur du piston est égale à $P_1 = P_0 + P_{\text{masse}}$.
   D’après la loi de Boyle-Mariotte : $P_0 \cdot V_0 = P_1 \cdot V_1$, donc $\gamma = \dfrac{V_1}{V_0} = \dfrac{P_0}{P_1} = \dfrac{P_0}{P_0 + \dfrac{m \cdot g}{S}}$.
   A.N. $\gamma = \dfrac{\pu{1,013e5 Pa}}{\pu{1,013e5 Pa} + \dfrac{\pu{0,5 kg} \times \pu{9,81 N.kg-1}}{\pu{2,0e-3 m2}}} = \pu{0,98}$.

3. Au niveau microscopique, les molécules d’air sont en mouvement dans le piston et leur choc sur le piston est responsable de la force pressante. Lorsque la masse est ajoutée, la force pressante appliquée sur le piston de l’extérieur augmente. En se déplaçant vers le bas, le piston comprime l’air et les molécules se rapprochent. Les chocs des molécules entre elles et le piston sont plus fréquents, ce qui entraîne une augmentation de la force pressante de l’air comprimé sur le piston, jusqu’à une nouvelle position d’équilibre.

Pour repérer les altitudes, on choisit un axe vertical dirigé vers le haut. L’origine du repère de projection est situé au niveau de la surface de l’eau. Le fond de la piscine se trouve donc à $z_F = -\pu{4 m}$.
Puisque l’eau est un fluide incompressible, $P + \rho \, g\, z = \text{cste}$, donc $P_F + \rho \, g\, z_F = P_0 \iff P_F = P_0 - \rho \, g\, z_F$.
A.N. $P_F = \pu{1,013e5 Pa} - \pu{1000 kg.m-3} \times \pu{9,81 N.kg-1} \times (-\pu{4 m}) = \pu{1,4e5 Pa}$.

Pour repérer les altitudes, on choisit un axe vertical dirigé vers le haut. L’origine du repère de projection est situé au niveau de la surface du mercure. Le au du mercure se trouve donc à l’altitude $z_B = h > 0$.
Puisque le mercure est un liquide incompressible, $P + \rho \, g\, z = \text{cste}$, donc $P_B + \rho \, g\, z_B = P_0 \iff z_B = \dfrac{P_0 - P_B}{\rho \, g}$.
A.N. $ z_B = \dfrac{\pu{1,013e5 Pa} - \pu{0 Pa}}{\pu{13500 kg.m-3} \times \pu{9,81 N.kg-1}} = \pu{7,65e-1 m} = \pu{765 mm}$.

Pour repérer les altitudes, on choisit un axe vertical dirigé vers le haut. L’origine du repère de projection est situé au niveau du sol.
On note $A$ le point le plus haut de l’eau dans l’immeuble et $B$ le point le plus haut de l’eau dans le château d’eau.
Puisque l’eau est un liquide incompressible, $P + \rho \, g\, z = \text{cste}$, donc $P_A + \rho \, g\, z_A = P_B + \rho \, g\, z_B \iff P_A + \rho \, g\, h_2 = P_B + \rho \, g\, h_1 \iff P_A - P_B = \rho \, g\, (h_1 - h_2)$.
Puisque $P_0 = P_A = P_B$, $0 = \rho \, g\, (h_1 - h_2) \iff h_1 = h_2$.
Sans apport d’énergie (pompage), l’eau ne peut pas monter plus haut dans l’immeuble que l’altitude de la surface de l’eau dans le château d’eau.

1. Pour repérer les altitudes, on choisit un axe vertical dirigé vers le haut. L’origine du repère de projection est situé au niveau du sol.
   On note $O$ un point au niveau du sol et $S$ le sommet du Mont Blanc.
   Si on considère l’air comme étant un fluide incompressible, $P + \rho \, g\, z = \text{cste}$, donc $P_S + \rho \, g\, z_S = P_0 + \rho \, g\, z_0 \iff P_S = P_0 + \rho \, g\, (z_0 - z_S) = P_0 - \rho \, g\, z_S$.
   A.N. $P_S = \pu{1,013e5 Pa} - \pu{1,22 kg.m-3} \times \pu{9,81 N.kg-1} \times \pu{4810 m} = \pu{4,38e4 Pa}$.

2. Le résultat obtenu par le calcul est sensiblement différent des mesures : $\pu{5,546e4 Pa}$. Ceci s’explique par le fait que la relation fondamentale de la statique s’applique pour un fluide incompressible, ce qui n’est pas le cas de l’air : $\rho$ varie avec l’altitude.

1. Si la pression du nitrox est plus faible que celle de l’eau, la force pressante de l’eau sur la cage thoracique est supérieure à la force pressante de l’air dans les poumons. Le plongeur risque alors d’avoir une cage thoracique trop compressée pour respirer.

2. À $\pu{5 m}$ de profondeur, $V_1 = \pu{5,0 L}$ de gaz subit une pression $P_1 = \pu{1,5 bar}$. La loi de Boyle-Mariotte implique que le produit $P\, V$ soit constant, donc que $P_0\, V_0 = P_1\, V_1$. FInalement, le volume $V_0$ occupé à la surface est tel que : $$ V_0 = V_1 \, \dfrac{P_1}{P_0} $$ A.N. $V_0 = \pu{5,0 L} \times \dfrac{\pu{1,5 bar}}{\pu{1,013 bar}} = \pu{7,4 L}$
   Le gaz respiré à $\pu{5 m}$ de profondeur occuperait $\pu{7,4 L}$ à la surface.

3. Si le plongeur retient sa respiration lors des 5 derniers mètres de sa remontée, le gaz emprisonné dans ses poumons ayant initialement une pression supérieure à celle de l’atmosphère, il occuperait un volume plus grand lors de la remontée, ce qui endommagerait les poumons qui risquent de trop se dilater.

Pour repérer les altitudes, on choisit un axe vertical dirigé vers le haut. L’origine du repère de projection est situé au niveau du sol.
Deux points, $A$ et $B$, sont situés à la surface du liquide de deux bouteilles ouvertes. La pression du liquide à leur surface est donc égale à la pression $P_0$ de l’atmosphère. Le principe fondamental de l’hydrostatique s’écrit alors : $P_A + \rho \, g\, z_A = P_B + \rho \, g\, z_B$. Comme $p_A = P_B = P_0$, alors $z_A = z_B$.
Les surfaces des liquides sont à la même altitude.

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