DEUXIÈME PARTIE. — HYDROSTATIQUE

rlans un fluùlc quelconque en équilibre, perd une quantité rie son poids égale au poids du Jhdtle qu’il déplace.

152. Dans la démonstration que nous venons d’en donner, nous avons analysé toutes les pressions qui ont lieu sur la surface du corps plongé; mais on pourrait s’eu dispenser et en déterminer directement l’effet total. En effet, le corps éprouve les mômes pressions qu’éprouvait le liquide qu'il déplace, et qu’on pouvait supposer solidifié, sans troubler l’équilibre. Or, cette portion de liquide ne prenant aucun mouvement, il faut que les pressions qu’elle éprouve détruisent exactement l’cllct de la pesanteur, et, par conséquent, aient pour résultante une force verticale égale à son poids et passant par son centre de gravité. Donc tout corps plongé dans un fluide se trouve soumis à l’action de deux forces verticales contraires : l’une égale à son poids, et appliquée à son centre de gravité; l’autre égale au poids du liquide déplacé, et passant par le centre de gravité de ce liquide. ‘

Il résulte de là que, pour connaître le poids d'un corps, il faut le peser dans le vide. Si l’on savait combien il pèse dans l’air ou dans tout autre fluide, il faudrait ajouter à ce poids celui d’un volume égal de ce fluide, pour avoir le véritable poids du corps.

C’est sur les principes précédents qu’est fondée la théorie des aréomètres et de la balance hydrostatique.

De i équilibre des corps flottants.

153. Pour qu’un corps solide, en partie plongé dans un liquide, soit en équilibre, il est nécessaire , comme nous l’avons dit, que son poids soit égal à celui du liquide déplacé, et que sou centre de gravité soit sur la même verticale que celui de cette portion du liquide. Si nous suppo-

sons ce liquide homogène, ainsi que le corps qui flotte à sa surface, le centre de gravité du liquide déplacé coïncide avec celui de la partie plongée du corps solide. Ainsi , pour déterminer les positions suivant lesquelles ce corps peut rester en équilibre à la surface du liquide, il faut le couper par un plan tel, que le volume de l’une des parties soit au volume entier, comme la densité du corps est à celle du • liquide, et que les centres de gravité de cette partie et du corps entier soient sur une même perpendiculaire au plan sécant. 11 suffit alors de placer le corps de manière que ce plan coïncide avec la surface du liquide, pour que l’équilibre ait lieu.

Pour donner un exemple de cette détermination, considérons un prisme triangulaire droit, ayant ses arêtes horizontales. Dans sa position d’équilibre, il pourra avoir deux de ces trois arêtes, ou une seule au-dessous du niveau du liquide; nous examinerons d’abord ce dernier cas. 11 est facile de voir que la longueur du prisme n’a aucune influence sur la position cherchée, et, déplus, que tout plan parallèle aux arêtes partage le volume dans le même rapport que la base. Nous pouvons donc nous borner à considérer cette dernière.

Soient ABC cette base, a, b, c ses trois côtés, C le sommet plongé, DE la ligne de flottaison ou l'intersection avec la surface du liquide, F et I les milieux de AB et DE, r le rapport de la densité du corps à celle du liquide. Posons • • •

CF =/, CD = .r, CE ~y,

et désignons par a, 6 les angles ACF, BCF.

La question consiste à mener la droite DE {fig. 8) de telle sorte que le rapport des triangles CDE, CAB soit /•, et que la ligne FI, qui est parallèle à celle qui joindra les centres de gravité de ces triangles, soit perpendiculaire

HF.U.MiMF. FAUTIF. — HYDROSTATIQUE. 23 g

à DE, condition qui revient à celle de l’égalité des lignes DF, FE.

Les deux équations qui doivent déterminer x et y sont donc »

(1) xy — rab , x 1 — 2/xcos u = y' — 2 fy cos 6,

d’où, en éliminant^, •

(2) x 1 — 2 fjc* cos oc -f- 2 fa bfx cos G — r*a‘b' t — o.

Celte équation a nécessairement deux racines réelles, l’une positive, et l’autre négative qui ne se rapporte pas à la question. Si les deux autres racines sont réelles, la règle des signes de Descartes montre qu’elles sont positives; il peut donc y avoir au plus trois positions d’équilibre, pour lesquelles le sommet C serait immergé; et cela aura lieu si les trois valeurs réelles de x sont plus petites que a, et donnent poury des valeurs plus petites que b.

Si les deux sommets A et B étaient plongés dans le liquide, le rapport des surfaces BDEA et ABC serait r, et, par conséquent, celui des triangles CDE, ABC serait 1 — r; d’ailleurs, les centres de gravité de ces derniers et de BDEA étant en ligne droite, il est clair qu’il suffit de changer r en 1 — r dans les équations (1) , et l’équation en x relative au nouveau cas sera , . •

x' — * fx 3 cos a -f- 2 (i — r) alfx. cos 6 — (t — rl'j’J’io.

* 154 . Si le triangle ABC est isocèle, on a

b = a, cos 6 = cos a = -, — — 7 ?

les équations (t) deviennent

xy = rn\ x 3 — y’ — (x — y)~o.

»,|0 COURS DF. MKOANIQITF..

On a d’abord pour solution

et, supprimant le facteur x — y dans la seconde équation , il reste à trouver les solutions des deux suivantes :

ry = ra\ x -+- y

if'

on aura encore

Les valeurs de x et seront donc données, comme on pouvait le prévoir, par une même équation du second degré, qui sera