C C h h a a p p i i t t r r e e 3 3
T T h h e e r r m m o o d d y y n n a a m m i i q q u u e e
M
ASSE D’
UN ICEBERGStatique des fluides, poussée d’Archimède
Enoncé :
Un iceberg de masse volumique ρg = 920 kg.m − 3 flotte dans l’eau de mer de masse volumique ρm = 1 025 kg.m − 3 avec un volume émergé Ve de 10 6 m 3 hors de l’eau.
Iceberg situé dans les « 50 èmes rugissants », non loin du Cap Horn : les icebergs constituent de redoutables dangers pour les navigateurs s’aventurant dans les latitudes
extrêmes du globe terrestre.
Déterminer les volumes total et immergé de l’iceberg, ainsi que sa masse totale.
Solution :
La masse totale de l’iceberg peut s’écrire m=ρgVtot, où Vtot, somme des volumes immergé Vim et émergé Ve =106m3, représente le volume total de l’iceberg. La condition d’équilibre de l’iceberg,
supposé au repos dans le référentiel terrestre supposé galiléen, s’écrit :
0 f g
m a
r r r
= + où fa
r
, poussée d’Archimède égale (en norme) au poids du volume d’eau de mer
Ve
Vim
Vtot = Vim + Ve
G g mr fa
r urz
116 Chapitre 3 déplacé, vaut fra mVimgurz
ρ
= . Par conséquent, en projection sur la verticale orientée : 0
g V gVtot m im
g +ρ =
ρ
− . Soit, avec Vim =Vtot −Ve :
e g m
m
tot V
V ρ −ρ
= ρ puis g e
g m
m tot
gV V
m ρ
ρ
− ρ
= ρ ρ
=
Numériquement, Vtot =9,75.106m3 et m=9.106tonnes ! Le volume immergé vaut
3 6 im 8,75.10 m
V = , soit pratiquement 9 fois le volume de la partie émergée de l’iceberg ; comme quoi vaut-il toujours mieux se méfier de la partie immergée d’un iceberg !
L
E BAROMETRE DEH
UYGENSStatique des fluides
Enoncé :
Le schéma de principe du baromètre de Huygens, ainsi qu’une photo d’une réalisation actuelle, sont présentés ci-dessous.
La partie supérieure gauche du tube en U, remplie de mercure (de masse volumique ρ = 13 600 kg.m− 3) et de diamètre transverse d = 2,5 mm débouche sur une ampoule scellée (de diamètre D = 1,7 cm) dans laquelle règne le vide (on néglige de ce fait la pression de vapeur saturante du mercure). Dans la partie droite du tube en U, on a versé, au dessus du mercure, un liquide de masse volumique µ plus faible. La surface libre supérieure de ce liquide est au contact de l’air atmosphérique de pression P.
Vide
Ampoule (Diamètre D)
Mercure (ρ)
Liquide (µ)
« moins dense » x
h
Diamètre D Diamètre d
H
Air atmosphérique
O Diamètre d
1. Lorsque la pression atmosphérique vaut P0 =1bar , l’ensemble est à l’équilibre et l’on définit les hauteurs H et h (voir figure). Connaissant h = 20 cm, calculer H (on donne g, accélération de la pesanteur, g = 9,8 m.s− 2 et l’on choisira µ = 800 kg.m− 3).
Thermodynamique 117 2. La pression atmosphérique diminue de ∆P < 0 ; on constate alors que la surface libre supérieure du liquide de masse volumique µ monte d’une hauteur x > 0 repérée par rapport à sa position d’équilibre O initiale. Déterminer l’expression littérale de x en fonction des données.
3. On souhaite obtenir une dénivellation x 10 fois supérieure à celle obtenue, dans les mêmes conditions atmosphériques, avec un baromètre classique à mercure1 (du type de Torricelli). Quelle doit être alors la valeur numérique de la masse volumique µ du liquide « moins dense » utilisé ?
Solution :
1. La pression est la même aux points A et B (voir figure (a)), situés sur une même horizontale dans le mercure. Par conséquent, P0 +µgh=ρgH, d’où :
cm 2 , 76 g h
H P0 =
ρ +µ
=ρ
Figure (a) Figure (b)
x
h
H O
A B
x
h
H O
x
X X
A’ B’
X
P0 P0 + ∆P
2. Si la surface libre du liquide « moins dense » monte d’une hauteur x, alors le niveau du mercure monte dans l’ampoule de droite (et descend dans l’ampoule de gauche, par conservation du volume du mercure) d’une hauteur X. Celle-ci est déterminée en écrivant la conservation du volume du liquide « moins dense », soit
SX
sx= (où s et S désignent les surfaces transverses du tube en U et de l’ampoule scellée) et donc X=(s/S)x. Soit B’ un point de la surface de séparation entre le mercure et le liquide « moins dense », dans l’ampoule de droite (voir figure) et soit un point A’, situé sur une même horizontale, mais dans la partie gauche du tube en U. Par rapport à la position d’équilibre initiale (pour laquelle le point A’ était confondu avec A), le point A’ est monté d’une hauteur X.
Les pressions étant les mêmes aux points A’ et B’, il vient finalement :
1 On rappelle que 760mmHg=1atm=1,013.105Pa et que 1bar=105Pa.
118 Chapitre 3 )
X X H ( g ) X x h ( g P
P0 +∆ +µ + − =ρ − −
Soit, avec X=(s/S)x et en utilisant la condition d’équilibre obtenue à la 1ère question :
Sx gs 2 S x
1 s g
P =− ρ
− µ +
∆
d’où l’expression de la hauteur x :
ρ
∆
−
+
− ρ
= µ ρ
+
− µ
∆
= −
g P S 2s S 1 s
1 S
gs S 2 1 s g x P
3. Dans un baromètre simple à mercure (du type Torricelli), la variation de hauteur
∆h est reliée à la variation de pression ∆P par (en valeur absolue) ∆P =ρg∆h et la variation de hauteur de la colonne de mercure est directement donnée par l’expression de la variation de pression ∆P exprimée en cm Hg. Autrement dit, si ∆P =2cmHg, la dénivellation ∆h dans le tube du baromètre sera (en valeur absolue) de 2 cm.
Le facteur d’amplification A de la dénivellation x du baromètre de Huygens par rapport à celle du baromètre classique de Torricelli est alors donnée par la formule littérale suivante (en supposant ∆P<0, donc x > 0 et ∆h<0) :
S 2s S 1 s
1 g
P x h
A x
+
− ρ
= µ
ρ
∆
= −
= ∆
Numériquement, le gain A=x/∆h =10 si :
( )
( )
( )
(
2)
32
m . kg 790 D
/ d 1 A
D / d A 2 1 S / s 1 A
) S / s ( A 2
1 −
≈
− ρ
= −
− ρ
= − µ
Le liquide « moins dense » utilisé peut alors être un alcool comme l’éthanol par exemple dont la masse volumique est voisine de celle qui semble nécessaire pour avoir une amplification de 10. Ainsi, lorsque la pression atmosphérique varie, selon les caprices de la météorologie, de 745 mm de mercure (soit environ 980 hPa, valeur correspondant à une forte tempête !) à 790 mm de mercure (soit environ 1 040 hPa, forte pression associée à un puissant anticyclone), la surface libre de l’alcool placé dans le baromètre de Huygens subit un déplacement d’amplitude 45 cm !
E
NROULEMENT DU VENT AUTOUR D’
UN ANTICYCLONE ET D’
UNE DEPRESSIONStatique des fluides
Enoncé :
Un point M situé dans l’atmosphère terrestre est repéré par ses coordonnées (x,y,z) dans le repère local (Oxyz), dont l’origine O se trouve dans un plan méridien à la latitude λ, avec 0≤λ≤π / 2 pour l’hémisphère Nord (figure (a)). L’axe (Ox) est dirigé
Thermodynamique 119 vers l’Est, l’axe (Oy) vers le Nord et l’axe (Oz) suivant le rayon terrestre. La vitesse angulaire de rotation propre de la Terre est Ω =2π / 86 164rad s. −1 (le lecteur pourra se référer à l’exercice de mécanique intitulé « Quelques conséquences de la force de Coriolis », page 35).
1. On s’intéresse à la résultante dFr des forces de pression s’exerçant sur un élément de fluide atmosphérique de masse dm, de forme parallélépipédique, de volume dτ=dx dy dz. . ; montrer que la force de pression rapportée à l’unité de masse, définie par r r
f =dF dm/ est donnée par l’expression r
f = − grad P 1 →
ρ où ρ est la masse volumique du fluide et P la pression au point M de coordonnées (x,y,z).
Dans une atmosphère calme, par quoi est compensée la composante verticale des forces de pression ?
Par la suite, on supposera cette compensation effective en toutes circonstances et on ne s’intéressera qu’au mouvement de la particule fluide dans un plan horizontal.
2. On considère la situation météorologique schématisée sur la figure (b), dans laquelle l’axe anticyclone-dépression2 fait un angle θ avec la direction (Ox). La distance entre les isobares PA = 1 020 et PD = 1 000 est notée d, les pressions étant mesurées en hectopascals. On supposera le gradient de pression uniforme sur l’axe (AD), de norme notée a. Au niveau de l’axe (AD), les isobares sont perpendiculaires à cet axe et sont localement assimilables à des segments de droite.
Figure (a) Figure (b)
Terre C
O Z0
Ω y
z x
λ
d Nord
Sud
Ouest Est
1000
1020 A
D
O θ
x Isobare
y
a) Le référentiel géocentrique étant supposé galiléen, on se place dans le référentiel terrestre. Ecrire, en négligeant les forces de frottements, le principe fondamental de la dynamique pour la particule de fluide (de masse dm) dans le référentiel terrestre.
b) Exprimer les coordonnées fx et fy de la force massique de pression, le long de l’axe (AD), en fonction de a, ρ et θ.
c) L’approximation géostrophique consiste à négliger l’accélération du mouvement.
Montrer que le fluide atmosphérique s’écoule au niveau de l’axe (AD) suivant une direction et un sens que l’on précisera3. Comment modifier ces conclusions dans l’hémisphère Sud ? Calculer la norme notée v du vecteur vitesse du vent. On donne : d = 800 km, λ = 42° Nord et ρ = 1,3 kg.m − 3.
2 Les régions où la pression atmosphérique est relativement basse sont appelées des dépressions, alors que les anticyclones correspondent à des zones de pression relativement élevée.
3 Le vent ainsi défini est appelé vent géostrophique et constitue le plus souvent une bonne approximation du vent réel, bien que le surestimant systématiquement.
120 Chapitre 3
Solution :
1. On considère une particule de fluide de forme parallélépipédique ; la force résultante de pression qui s’exerce dans la direction (Oz) par exemple, est donnée par (voir figure ci-dessous) :
z z
z
z (dxdydz)u
z ) z , y , x ( u P
dxdy ) z , y , x ( P u dxdy ) dz z , y , x ( P F
dr r r r
∂
−∂
= +
+
−
=
La force totale Fd r
de pression subie par la particule de fluide peut ainsi s’écrire : τ
−
=
τ
∂ +∂
∂ +∂
∂
− ∂
=
→
d ) P grad ( d z u
) z , y , x ( u P y
) z , y , x ( u P x
) z , y , x ( F P
dr rx ry rz
La masse dm de la particule étant τ
ρ
= d
dm , l’expression de la force de pression massique est finalement :
P 1grad dm
F f d
→
−ρ
=
= r r
Dans une atmosphère à l’équilibre, la composante verticale des forces de pression est compensée par le poids de la particule de fluide. Dans la suite de l’exercice, on considérera qu’il y a équilibre entre le poids et les forces de
pression verticales, même lorsque l’atmosphère est en mouvement et l’on n’étudiera que les mouvements horizontaux de l’atmosphère.
2-a) Le principe fondamental de la dynamique, écrit dans le référentiel terrestre non galiléen ne fait intervenir explicitement que la seule force d’inertie de Coriolis égale à
v ) dm (
2 r r
∧ Ω
− (où vr
désigne le vecteur vitesse de la particule de fluide de masse dm), puisque la force d’inertie d’entraînement est comprise dans la définition du poids
g ) dm
( r
. Par conséquent, en négligeant les forces de frottement : P dmgrad v ) dm ( 2 g ) dm dt (
v )d dm (
→
− ρ
∧ Ω
−
= r r r
r
Soit : 1gradP v
2 dt g
v
d →
−ρ
∧ Ω
−
=r r r r
b) Le long de l’axe (AD), le gradient de pression est uniforme et vaut, en norme, d
/ ) P P (
a= A − D . Vectoriellement, on en déduit en notant urr
le vecteur unitaire de l’axe (AD) orienté de A vers D :
y x
r acos u asin u
u a P
grad r r r
θ
− θ
−
=
−
=
→
D’où les expressions des coordonnées fx et fy de la force massique de pression : ρ θ
=a cos
fx et θ
=ρa sin fy
urz
uy
r
urx
x
y z
dx dy
dz M
) u ( dxdy ) dz z , y , x (
P rz
− +
) u ( dxdy ) z , y , x (
P z
r
y x
z z + dz
O
Thermodynamique 121 c) Dans le cadre de l’approximation géostrophique, l’accélération dv/dt 0
r r
= et l’équation différentielle du mouvement devient alors :
P 1grad g v 2
→
−ρ
=
∧ Ωr r r
Avec r
(
cos ury sin urz)
λ + λ Ω
=
Ω et vr vx urx vy ury +
= , on en déduit, en projection sur les axes (Ox) et (Oy) :
x
ysin f
v
2Ω λ=
− et 2Ωvxsinλ=fy
Les coordonnées de la vitesse de la particule, le long de l’axe (AD) sont ainsi : λ
Ω ρ
= θ
sin 2
sin
vx a et
λ Ω ρ
− θ
= 2 sin cos vy a
Le vecteur vitesse de la particule peut encore s’écrire sous forme vectorielle :
( )
θλ Ω
− ρ
= θ
− λ θ
Ω
= ρ u
sin 2 u a
cos u sin sin
2
vr a rx ry r
où urθ
désigne le vecteur unitaire directement perpendiculaire au vecteur urr
(figure ci-dessous). Dans l’hémisphère Nord, pour lequel la latitude λ>0, le vecteur vitesse est parallèle aux isobares et orienté dans le sens contraire au vecteur urθ
. Dans l’hémisphère Sud, pour lequel λ<0, le vecteur vitesse est désormais de même sens que urθ
. Dans l’hémisphère Nord, le vent associé à une dépression souffle dans le sens inverse des aiguilles d’une montre et s’engouffre vers le centre dépressionnaire, alors que, pour un anticyclone, le vent sort du centre anticyclonique cette fois dans le sens des aiguilles d’une montre (voir figure de droite, ci-dessous).
vr urθ urr
d Nord
Ouest Est
1 000
1 020 A
D
O
θ x Isobare
(D)
(A) y
Sud
Enroulement du vent autour d’une dépression et d’un anticyclone (dans l’hémisphère Nord).
Ces conclusions permettent d’expliquer la règle de Buys-Ballot (météorologiste hollandais, 1817-1890) déterminant la direction du centre d’une dépression d’après l’observation du vent : dans l’hémisphère Nord, le vent laisse les basses pressions à sa
122 Chapitre 3 gauche (sur la droite dans l’hémisphère Sud) et plus les isobares sont serrées, plus le vent est fort4.
Numériquement, avec a=(PA −Pd)/d=2,5.10−3Pa.m−1, la norme de la vitesse du vent le long de l’axe (AD) vaut v=19,7m.s−1=71km.h−1, soit encore, en nœuds (1 nœud = 1 mille.h − 1 = 1,852 km.h − 1), v=38,3nœuds (vitesse correspondant à un vent de force 8 sur l’échelle Beaufort, couramment utilisée par les météorologues et les marins).
E
TUDE DE LA FORME D’
UN MIROIR METALLIQUE LIQUIDEStatique des fluides
Enoncé :
Cet exercice étudie le principe de fonctionnement et la mise en œuvre d’un miroir métallique liquide, utilisé dans des mesures astronomiques et atmosphériques. La 1ère partie de l’étude, présentée dans cet exercice, propose de déterminer l’équation de la surface libre du miroir liquide en rotation. La 2ème partie, étudiée page 207 dans l’exercice « Etude optique d’un miroir liquide », s’intéressera plus particulièrement aux propriétés optiques du miroir ainsi réalisé.
Une cuve cylindrique de rayon R et de hauteur intérieure H, contient une hauteur h0
de liquide métallique incompressible de masse volumique ρ. L’axe de symétrie (Cz) de la cuve est orienté suivant la verticale ascendante, le point origine C étant le centre du fond du récipient. L’accélération de la
pesanteur est notée gr
. Le référentiel d’étude (R) est celui du laboratoire supposé galiléen. La cuve est ouverte à l’atmosphère à la pression P0. La cuve est progressivement mise en rotation autour de (Cz) et, après une phase de démarrage suffisamment longue, la vitesse de rotation atteint une valeur constante ω, régulée avec précision. Le liquide tourne également en bloc à la même vitesse angulaire autour de l’axe (Cz) et il est immobile par rapport au référentiel (R‘) lié à la cuve.
1. On considère un volume dτ de fluide centré sur un point M, de coordonnées cylindriques (r,θ,z) dans le repère (C,urr,ur ,urz
θ ) du référentiel (R‘). Ecrire la condition d’équilibre relatif de ce volume élémentaire dans (R‘).
2. En déduire que la surface libre du liquide a pour équation : 2 r2 g a 2
z ω
+
= , où a
est une constante. Quelle forme géométrique présente la surface libre ? 3. Déterminer l’expression de la constante a en fonction de h0, ω, R et g.
4 On pourra consulter, pour davantage d’informations sur les phénomènes météorologiques, les ouvrages suivants : « Le cours des Glénans », Editions du Seuil et « La météorologie », collection « Que sais-je ? », aux Editions des Presses Universitaires de France.
urθ
urz
rur z
H
h0
R C
r M z
Thermodynamique 123 4. Quelle est la vitesse angulaire ωm à ne pas dépasser pour éviter le débordement du liquide ?
Solution :
1. Dans le référentiel tournant (R’) lié au fluide, le volume dτ de masse dm=ρdτ est soumis aux trois forces suivantes : son poids ( d gr
τ
ρ ), les forces de pression dues au fluide environnant (− τ
→
d P
grad , où P désigne la pression au point M ; voir page 120, la 1ère question de l’exercice précédent) et la force d’inertie d’entraînement centrifuge ( d 2rurr
ω τ
ρ ). La condition d’équilibre relatif du volume élémentaire dτ s’écrit par conséquent :
0 u r d d P grad g
d 2 r
r r
r− τ+ρ τω =
τ ρ
→
soit gradP gurz 2rurr ω ρ + ρ
−
=
→
2. En coordonnées cylindriques, la pression P est a priori fonction de r, θ et ϕ et
ainsi r uz
z u P P r u 1 r P P
grad r r r
∂ + ∂ θ
∂ + ∂
∂
=∂ θ
→
; l’expression précédente projetée sur les vecteurs urr
, urθ et urz
donne alors : r r
P 2
ω ρ
∂ =
∂ (1) ; P 0 r
1 =
θ
∂
∂ (2) ; g z P=−ρ
∂
∂ (3)
L’équation (2) montre immédiatement que la pression ne dépend pas de l’angle θ (il y a invariance par rotation autour de l’axe (Cz)). Après intégration, l’équation (1) donne
) z ( f 2 r
) 1 z , r (
P = ρω2 2 + , où f(z) désigne une fonction de la seule variable z. En dérivant partiellement cette dernière expression de P(r,z) puis en comparant avec l’équation (3), il vient f'(z)=−ρg, soit f(z)=−ρgz+cste, d’où finalement l’expression de la pression au sein du fluide :
cste 2 r
z 1 g ) z , r (
P =−ρ + ρω2 2 +
En tout point M de la surface libre du liquide, la pression est égale à la pression atmosphérique P0 ; par conséquent, les coordonnées de M vérifient l’équation :
0 2
2r cste P
2 z 1
g = ρω + −
ρ soit r a
g
z 2 2
2
ω +
=
où a désigne une nouvelle constante pour le moment indéterminée. La surface libre du liquide est une paraboloïde de révolution autour de l’axe (Cz). La figure présentée ci- dessous montre la coupe de cette surface dans le plan de la feuille de ce livre, qui est une parabole d’axe (Cz) et de sommet A dont la cote est justement égale à a.
3. La cote a du point A peut se déterminer en écrivant la conservation du volume de liquide. Lorsque la cuve est immobile, le volume vaut V0 =πR2h0. Lorsque la cuve est mise en mouvement, ce même volume peut alors s’exprimer sous la forme suivante (voir figure) :
2 4
2 R
0
2 2 R
0
0 aR
4 R dr g
a g r r 2 2 ) r ( z ) dr r 2 (
V πω +π
=
ω +
π
= π
=
∫ ∫
124 Chapitre 3 Par conservation du volume, il vient
finalement :
2 4
2 0
2 aR
4 R h g
R πω +π
= π
d’où :
g 4 h R a
2 2 0
−ω
=
4. Soit B (voir figure) le point de la surface libre du liquide situé à la distance r = R de l’axe (Cz) ; la vitesse
angulaire ωm à ne pas dépasser est celle pour laquelle la cote de B est juste égale à H.
Par conséquent :
g 4 h R g R
a 2 g R H 2 ) R r ( z
2 2 m 0 2 2 2 m
2
m ω
− ω +
= ω +
=
=
=
Soit finalement,
R g R
h
2 H 0
m
= −
ω .
F
ORME DE LAT
ERRE;
ELLIPSOÏDE ET GEOÏDEStatique des fluides
Enoncé :
Au milieu du XVIII e siècle, le mathématicien Clairaut démontre que la Terre a la forme d’un ellipsoïde de révolution, c’est-à-dire d’un corps dont les rayons équatoriaux et polaire n’ont pas la même longueur. En effet, du fait de sa rotation propre et de l’existence de la force centrifuge plus forte à l’équateur que dans les régions polaires, la Terre se déforme ; elle n’est plus sphérique mais est aplatie aux pôles.
Pour tenter de voir l’influence de la rotation de la Terre sur sa propre forme, on adopte le modèle suivant : la déformation de la Terre, liée à sa rotation propre, est suffisamment petite pour admettre que le champ de gravitation en un point M situé à la distance r du centre O de la Terre reste celui de la Terre sphérique et homogène (de masse volumique constante ρ, de masse MT et de rayon moyen RT). De plus, on admettra qu’en première approximation, on peut trouver la forme de la Terre en considérant qu’elle se comporte comme un corps fluide.
Données : MT =6.1024kg , RT =6400km et G=6,67.10−11SI (constante de la gravitation universelle).
1. Indiquer clairement sur un dessin les référentiels héliocentrique, géocentrique et terrestre. Quelle est, dans le référentiel géocentrique, la période de rotation propre de la Terre (appelée jour sidéral) ? Pourquoi diffère-t-elle légèrement de 1 jour ? Calculer la vitesse de rotation Ω de la Terre dans ce référentiel.
2. On admettra dans la suite des calculs que le référentiel géocentrique est galiléen et on se placera dans le référentiel terrestre. La forme de la Terre possède la symétrie de révolution (voir figure suivante) autour de l’axe de rotation (Oz). On considérera alors dans la suite uniquement un point M intérieur à la Terre et placé dans un plan quelconque (Oyz) contenant (Oz). On note P(y,z) la pression qui règne au point M.
urz
z
H
C A
a r dr
2πrdr
z(r) B
R
Thermodynamique 125 a) Quelles sont les forces agissant sur un volume dτ centré en M ? On exprimera le résultat en fonction des coordonnées cartésiennes y et z de M et de r = OM.
b) Déterminer la pression P(y,z) qui règne au point M en fonction de y et z. On note P0 la pression au centre O. Soit Pa la pression atmosphérique en tout point de la surface terrestre. Montrer que la ligne isobare à la surface de la Terre dans le plan (Oyz) est une ellipse d’équation :
y 2 / a 2 + z 2 / c 2 = 1 Déterminer littéralement a et c.
c) En faisant des approximations légitimes, calculer ∆ = a − c en fonction de RT, MT, G et la vitesse angulaire Ω de rotation propre de la Terre, puis l’aplatissement f = (a − c) / c. (On donne le volume de l’ellipsoïde terrestre : 4πa 2c / 3).
Solution :
1. Le référentiel héliocentrique (ou référentiel de Kepler) est lié au centre d’inertie S du Soleil : un repère associé à ce référentiel est centré sur S et possède trois axes liés aux directions de trois étoiles suffisamment éloignées pour pouvoir être considérées comme fixes. C’est un référentiel galiléen
avec une très bonne approximation. Le référentiel géocentrique peut être défini par l’intermédiaire d’un de ses repères ayant comme origine le centre d’inertie T de la Terre et les trois mêmes axes que le repère choisi plus haut pour le référentiel héliocentrique. Ce référentiel sera considéré dans cet exercice comme étant galiléen en 1ère approximation.
Le référentiel terrestre, lié à la Terre, est animé d’un mouvement de rotation par rapport à l’axe des pôles qui est incliné d’un angle de ≈23 par rapport à la normale à ° l’écliptique (plan de l’ellipse trajectoire de la Terre autour du Soleil). Ce référentiel sera considéré comme non galiléen dans la suite de l’exercice.
Le jour solaire (soit 24 h) est défini comme la durée nécessaire pour qu’un même point de la Terre revienne face au Soleil. Si l’on prend en compte la rotation propre de la Terre dans le référentiel géocentrique, de période égale T (≤24h), le point A5 (voir figure) pour lequel à l’instant t le Soleil
était au zénith se retrouvera, « le lendemain », dans la même position au bout d’un
5 On suppose par soucis de simplification que le Soleil est contenu dans le plan équatorial terrestre ; ce résultat n’est vrai que lors des équinoxes de printemps et d’automne. A propos de la notion de temps, on pourra consulter l’ouvrage « Eléments de mécanique céleste », par G. Pascoli, aux Editions Masson.
y z
a c
r M (y,z)
O Ω
Ω r
Soleil
Terre Référentiel géocentrique
Référentiel héliocentrique
S
T
Référentiel terrestre
α
Terre à l’instant t Terre à l’instant
t + 24 h
Soleil
A A α
Rotation propre
126 Chapitre 3 intervalle de temps 24 h = T + ∆t, où ∆t (exprimé en heure) s’obtient en écrivant de deux manières différentes l’angle α défini sur la figure : α=ω(24h)=Ω∆t, où ω désigne la vitesse angulaire orbitale de la Terre autour du Soleil et Ω la vitesse angulaire de rotation propre de la Terre. En supposant ∆t<<24h :
min 4 h 10 . 6 , 24 6 . 365 24 24 24
t ≈ = 2 ≈
Ω
= ω
∆ − (et ∆t<<24h)
La durée d’une rotation propre de la Terre sera donc de 23h56min, soit 86160s : la vitesse angulaire correspondante est alors Ω=2π/86160=7,3.10−5rad.s−1.
2-a) On se limite à l’étude d’un volume élémentaire situé dans le plan (Oyz). Ce volume dτ, de masse ρdτ, est soumis dans le référentiel terrestre aux trois forces :
• r
R M ) d ( G
3 T
T r τ
− ρ , qui représente la force gravitationnelle exercée par le reste de la Terre (supposée ici sphérique et homogène) sur la
masse ρdτ (voir la justification de de cette force dans l’exercice intitulé « Modèle atomique de Thomson », en page 253).
• La force d’inertie centrifuge due au mouvement de rotation propre de la Terre, qui peut s’écrire
y 2yu ) d
( r
Ω τ
ρ .
• La force résultante de pression (voir l’exercice « Enroulement du vent autour d’un anticyclone et d’une dépression », en page 118), qui vaut − τ
→
d ) P grad
( .
b) La masse ρdτ est à l’équilibre dans le référentiel terrestre, par conséquent : 0
d ) P grad ( u
y ) d ( R r
M ) d ( G
y 2 3
T
T r r r
=
− τ
+ Ω
τ ρ τ +
− ρ
→
Soit : 2 y
3 T
T r yu
R M P G
grad r r
Ω ρ ρ +
−
=
→
Dans le plan (Oyz), y uz
z u P y P P
grad r r
∂ +∂
∂
=∂
→
et rr yury zurz +
= . Il vient, en projection :
R y y GM R y
M G y
P 2
3 T T 2
3 T
T
−Ω
ρ
−
= Ω ρ ρ +
−
∂ =
∂ et z
R M G z P
3 T
ρ T
−
∂ =
∂
Soit encore :
GM y 1 R R GM y
P
T 2 3 T 3
T
T
Ω
− ρ
−
∂ =
∂ et z
R GM z
P
3 T
ρ T
−
∂ =
∂
La 1ère équation donne, par intégration :
) z ( f 2y 1 GM 1 R R ) GM z , y (
P 2
T 2 3 T 3
T
T +
Ω
− ρ
−
=
r ) R / M ) d ( G
( T 3T r
τ ρ
− ury
urz
y z
τ
−grad→ P.d M
O Ω
y 2yu
d r
Ω τ y ρ
Thermodynamique 127 où f(z) désigne une fonction inconnue de la seule variable z ; en dérivant partiellement par rapport à z l’expression précédente et en l’identifiant avec l’expression de ∂P/∂z ci-dessus, il vient :
R z ) GM z ( '
f 3
T
ρ T
−
= d’où z K
2 1 R ) GM z (
f 3 2
T
T +
ρ
−
= (où K est une constante)
Par conséquent, la pression P(y,z) devient :
K R z
2 y GM GM 1 R R 2 ) GM z , y (
P 2
3 T T 2
T 2 3 T 3
T
T −ρ +
Ω
− ρ
−
=
En notant P0 =P(0,0) la pression au centre de la Terre, K=P0 et ainsi :
0 2 3 T T 2
T 2 3 T 3
T
T z P
R 2 y GM GM 1 R R 2 ) GM z , y (
P −ρ +
Ω
− ρ
−
=
La ligne isobare à la surface de la Terre, sur laquelle la pression est constante et égale à Pa, vérifie ainsi l’équation en coordonnées cartésiennes :
a 0 2 3 T T 2
T 2 3 T 3
T
T z P P
R 2 y GM GM 1 R R 2
GM +ρ = −
Ω
− ρ
Ou encore :
1 R 2 ) GM P P (
z GM
1 R R 2 ) GM P P (
y
3 T T a
0 2
T 2 3 T 3
T T a
0
2
= ρ
− +
Ω
− ρ
−
On reconnaît l’équation cartésienne d’une ellipse de centre O, d’axe focal (Oy) et dont les longueurs a et c du demi grand-axe et demi petit-axe vérifient respectivement :
Ω
− ρ
−
=
T 2 3 T 3
T T a
0 2
GM 1 R R 2 ) GM P P (
a et
3 T T a
0 2
R 2 ) GM P P (
c = − ρ
Par symétrie autour de l’axe (Oz), on déduit que le volume d’équilibre de la Terre est un ellipsoïde de rayons équatoriaux tous deux égaux à a et de rayon polaire c.
c) La masse de la Terre ne doit pas dépendre du modèle géométrique choisi pour décrire le globe terrestre ; par conséquent, puisque la masse volumique terrestre est supposée constante, il y a égalité entre le volume d’une sphère de rayon RT et le volume de l’ellipsoïde obtenu à la question précédente, soit :
c 3 a R 4 3
4 3 2
T = π
π ou encore R6T =a4c2 En utilisant les expressions précédentes de a2 et de c2, on obtient :
( )
6T2
T 2 3 T 3
3 T 3 T
a
0 R
GM 1 R R 2 P GM
P
Ω
−
ρ
=
−
D’où l’expression suivante de
(
P0 −Pa)
:128 Chapitre 3
( )
T T 3
/ 2
T 2 3 T a
0 2R
GM GM
1 R P
P ρ
Ω
−
=
−
qui permet alors d’obtenir les relations suivantes pour a et c :
T 6 / 1
T 2 3
T R
GM 1 R a
−
Ω
−
= et T
3 / 1
T 2 3
T R
GM 1 R
c
Ω
−
=
Le rapport R3TΩ2 /GMT (ordre de grandeur du rapport de la force centrifuge sur la force gravitationnelle) est petit devant 1 (il vaut 3,5.10−3), par conséquent :
T 2 3 T 6
/ 1
T 2 3 T
GM R 6 1 1 GM
1 R Ω
+
≈
Ω
−
−
et
T 2 3 T 3
/ 1
T 2 3 T
GM R 3 1 1 GM
1 R Ω
−
≈
Ω
−
L’expression de a, puis celle de c, deviennent finalement :
Ω
+
≈
T 2 3 T
T GM
R 6 1 1 R
a et
Ω
−
≈
T 2 3 T
T GM
R 3 1 1 R
c (au 1er ordre en
T 2 3 T
GM
R Ω
)
∆ et l’aplatissement f s’en déduisent :
T T
2 3
T R
GM R 2 c 1
a Ω
≈
−
=
∆ et
T 2 3 T
GM R 2 1 c
c
f a Ω
− ≈
= (au 1er ordre en
T 2 3 T
GM
R Ω
) Numériquement : ∆≈11,1km et f≈1,7.10−3 ≈1/580.
Par rotation autour de l’axe (Oz), on génère un ellipsoïde de révolution, légèrement aplati aux pôles (c<RT) et renflé au niveau de l’équateur (a>RT). Des calculs plus complexes, prenant en compte notamment la dépendance de la force de gravitation avec la latitude, sont néanmoins nécessaires pour aboutir à l’expression théorique de
« l’ellipsoïde de référence » qui est la forme théorique du globe terrestre qui épouse le plus parfaitement possible la forme réelle de la Terre. Cet ellipsoïde est défini par :
• son rayon équatorial, noté a : a = 6 378,160 km.
• son aplatissement, noté f, défini par : f=(a−c)/c=1/298,247, où c est le rayon polaire.
Le rayon polaire c est de l’ordre de c = 6 357 km, ce qui correspond à une différence de 21 km entre le rayon polaire et le rayon équatorial (soit une différence relative de 0,3%). La forme mathématique qui se rapproche au mieux de la forme de la Terre n’est pas une sphère mais n’en est pas très éloignée !
Complément : le géoïde terrestre
On définit W le potentiel de pesanteur, relié au champ de pesanteur gr
par la relation : W
grad g
→
− r=
Lorsque l’on suppose la Terre immobile, sphérique et à répartition de masse à symétrie sphérique, W se limite au potentiel de gravitation W=−GMT /r, où r est la distance
Thermodynamique 129 au centre de la Terre (r ≥ rayon terrestre).
Une surface équipotentielle du champ de pesanteur est une surface sur laquelle le potentiel W est constant. Par exemple, dans le cas simple donné ci-dessus, les surfaces équipotentielles sont des sphères concentriques de rayon r. En chaque point d’une surface équipotentielle, le champ de pesanteur est normal à celle-ci. Ainsi, la verticale du lieu (donnée par la direction de gr
) est donc perpendiculaire à la surface équipotentielle en ce lieu.
Sur Terre, la surface moyenne des océans (au repos, en l’absence de vagues, de courants, …) est une surface équipotentielle du champ de pesanteur ; en effet, la relation fondamentale de la statique des fluides, écrite dans le référentiel terrestre, donne : (P est la pression au sein du fluide et ρ sa masse volumique)
W grad g
P grad
→
→
ρ
−
= ρ
= r Soit drr
un vecteur déplacement élémentaire, alors : r d . W grad r
d . P
grad→ r → r
ρ
−
= soit dP=−ρdW
A la surface des océans au repos, la pression est considérée comme uniforme (dP=0), par conséquent dW=0, soit W=cste : ainsi, la surface moyenne des océans correspond bien à une surface équipotentielle du champ de pesanteur.
Le géoïde terrestre est la surface équipotentielle du champ de pesanteur terrestre qui se confond avec la surface moyenne des océans ; cette surface épouse de très près la forme de la Terre.
Le géoïde (donc la surface de la mer) est en tout point perpendiculaire au champ de pesanteur. Or celui varie d’un point à un autre car la masse volumique de la Terre n’est pas répartie de manière uniforme. Le géoïde va donc présenter des creux (au- dessus d’un défaut de masse) et des bosses (au-dessus d’un excès de masse) qui, sur mer par exemple, peuvent atteindre 100 m sur une distance de plusieurs milliers de kilomètres.
Ces différences de niveau sont néanmoins très faibles vis-à-vis du rayon moyen terrestre, si bien que la Terre, observée de
l’espace, apparaît sphérique. La figure ci-dessus, en exagérant fortement l’amplitude des creux et des bosses (d’un facteur 105 !), donne l’allure du géoïde terrestre.
Les écarts entre l’ellipsoïde de référence et le géoïde, appelés « ondulations du géoïde » ne dépassent pas 200 m. La forme du géoïde est déterminée très précisément par l’étude des trajectoires de satellites géodésiques, qui peuvent être déterminées avec une précision de quelques centimètres. En comparant ces trajectoires réelles à celles théoriques obtenues en utilisant le champ de pesanteur fourni par le modèle de l’ellipsoïde de référence, on peut en effet en déduire la valeur réelle du champ de pesanteur terrestre et construire ainsi de proche en proche l’allure du géoïde.
Forme du géoïde terrestre. Le géoïde est la forme qu’aurait la Terre si elle était entièrement recouverte d’océans ; l'amplitude
des déformations est exagérée d'un facteur 105 par rapport au rayon terrestre. (figure
GRGS-CNRS-CNES)
130 Chapitre 3
E
TUDE DE LA DIFFUSION D’
ATOMES DANS UN SOLIDEDiffusion de particules
Enoncé :
On utilise très souvent les phénomènes de diffusion pour la fabrication des transistors dans l’industrie micro-électronique. La diffusion d’atomes tels que le bore dans un substrat de silicium permet par exemple de modifier considérablement les propriétés électriques de ce dernier 6.
Le plus souvent, les processus de diffusion ont lieu à des températures élevées. Ainsi, les atomes se trouvent « figés » lorsque le dispositif est ramené à température ambiante.
La figure de droite présente des tranches circulaires (« wafer », d’une dizaine de cm de diamètre) de silicium très pur sur lesquelles sont réalisées plusieurs centaines de puces électroniques, comme celle de la figure de gauche (dont la taille est de l’ordre du cm).
On se propose dans cet exercice d’établir les lois expliquant la diffusion des atomes dans les solides.
On suppose que la diffusion a lieu suivant l’axe (Ox) dans le sens positif et qu’aucune diffusion n’a lieu suivant les directions (Oy) et (Oz). Soient deux plans situés en x et x + dx, contenant respectivement, à l’instant t, des concentrations de particules c(x,t) et c(x + dx,t).
1. Définir le vecteur densité de courant de diffusion rjD(x,t) jD(x,t)urx
= et donner
la relation (qui porte le nom de loi de Fick)
entre ce vecteur et la concentration c(x,t). On note D le coefficient de diffusion. Quelle est l’unité de D ?
2. En prenant en compte la conservation du nombre de particules entre les plans situés en x et x + dx, c’est-à-dire en effectuant un bilan relatif à l’évolution, entre t et t + dt, du nombre de particules situées entre les plans d’abscisses x et x + dx, établir une autre relation entre j D (x,t) et c(x,t).
3. Montrer alors que la concentration c(x,t) vérifie l’équation aux dérivées partielles :
6 On réalise ainsi un semi-conducteur extrinsèque dopé P, dont la conductivité électrique est considérablement augmentée par la présence de « trous » positifs libres de se déplacer (voir à ce propos l’exercice intitulé « Etude d’une diode à jonction », page 245).
urx
0 x x + dx
c(x,t)
c(x + dx,t) Particules
implantées à t = 0
x Diffusion
Matériau
Thermodynamique 131
2 2
x ) t , x ( D c t
) t , x ( c
∂
= ∂
∂
∂ (Equation de la diffusion)
A l’instant initial, la concentration de particules est nulle partout sauf sur une faible épaisseur située en x = 0. Soit Q le nombre de particules implantées à la surface du matériau par unité de surface sur cette très faible épaisseur. Au cours du processus de diffusion, la quantité de particules Q présentes dans le matériau reste constante (aucun atome ne quitte le matériau). On montre alors que la concentration de particules dans le matériau au cours de la diffusion est de la forme :
−
= A(t)
exp x ) t ( B ) t , x (
c 2
4. A l’aide de l’équation de la diffusion et en utilisant les conditions initiales et la conservation de la quantité de particules pendant la diffusion, établir les expressions de B(t), A(t) et celle de c(x,t) en fonction de Q, D, t et x.
(On rappelle que :
∫
0+∞exp(−u2)du = 2π )5. Déterminer la profondeur de diffusion h, pour laquelle c(h,t)=c(0,t)/e, où e est tel que ln(e)=1.
Au bout d’un temps t1 = 1 heure, la profondeur de diffusion des atomes considérés est h = 5 µm. Donner la valeur du coefficient de diffusion D des atomes de bore dans le silicium. Tracer l’allure du profil de concentration des atomes diffusés à t1 = 1 heure puis au bout de 3 heures, 20 heures et 100 heures.
Solution :
1. Soit dN le nombre de particules qui diffusent pendant l’intervalle de temps dt dans la direction de l’axe (Ox) à travers la surface
d’aire S perpendiculaire à (Ox) et orientée par l’axe (Ox) ; alors
x ) t , x ( dt c S D
dN ∂
− ∂
= . En effet (loi de Fick), dN est d’autant plus grand que l’écart de concentrations entre les plans x et x + dx est fort et est proportionnel à la durée dt et à la surface S choisies. Le coefficient de diffusion D s’exprime dans le système international en m2.s−1.
Le vecteur densité de courant de diffusion, qui caractérise le nombre de particules qui diffusent par unité de temps et par unité de surface dans la direction de propagation (Ox), est alors :
x x
D u
x ) t , x ( D c Sdtu
) dN t , x (
j r r
r
∂
− ∂
=
= soit jD(x,t) Dgradc(x,t)
→
−
= r
Le signe − indique simplement que la diffusion s’effectue dans le sens des concentrations décroissantes et que le vecteur densité de courant de diffusion est dirigé dans ce même sens.
x O x
S urx jD(x,t)
r
132 Chapitre 3 2. On considère un volume élémentaire dτ = Sdx. Pendant l’intervalle de temps dt, la variation du nombre de particules dans ce volume est due à la diffusion de particules par les faces situées aux abscisses x et x + dx.
urx
O x x + dx
dN(x,t) particules
x j(x,t) Sdt j(x + dx,t) Sdt
Volume Sdx
• La variation du nombre de particules dans le volume Sdx entre les instants t et t + dt s’écrit :
( )
dt Sdxt ) t , x ( dx c S ) t , x ( c ) dt t , x ( c Sdx ) t , x ( c Sdx ) dt t , x (
c
∂
= ∂
− +
=
− +
• Le nombre de particules qui entrent globalement dans le volume élémentaire Sdx par diffusion entre les instants t et t + dt est :
( )
dx Sdtx ) t , x ( dt j
S ) t , dx x ( j ) t , x ( j Sdt ) t , dx x ( j Sdx ) t , x (
jD D D D D
∂
−∂
= +
−
= +
−
Par conservation de la matière, on déduit : dt dx x S
) t , x ( dt j
dx t S
) t , x (
c D
∂
−∂
∂ =
∂ d’où
x ) t , x ( j t
) t , x (
c D
∂
−∂
∂ =
∂
3. En utilisant l’expression de jD donnée par la loi de Fick, on obtient l’équation aux dérivées partielles de la diffusion :
2 2
x ) t , x ( D c t
) t , x ( c
∂
= ∂
∂
∂
4. La solution c(x,t)=B(t)exp
[
−x2 /A(t)]
proposée doit vérifier l’équation aux dérivées partielles précédente et satisfaire aux conditions initiales imposées par le problème. On évalue préalablement les différentes dérivées partielles :•
−
+
∂ =
∂
) t ( A exp x ) t ( A
) t ( ) A t ( B x ) t ( t B
) t , x (
c 2
2
2 &
&
•
−
−
∂ =
∂
) t ( A exp x ) t ( A
) t ( xB 2 x
) t , x (
c 2
d’où
−
−
−
∂ =
∂
) t ( A exp x ) t ( A
x 1 2 ) t ( A
) t ( 2B x
) t , x (
c 2 2
2 2
La fonction c(x,t) vérifie l’équation de la diffusion si :
−
−
−
=
−
+
) t ( A exp x ) t ( A
x 1 2 ) t ( A
) t ( DB ) 2
t ( A exp x ) t ( A
) t ( ) A t ( B x ) t ( B
2 2
2 2
2 &
&
