Feuille d'entraînement : Cinématique des fluides

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q8

   L'équation locale de conservation de la masse (ou équation de continuité) pour un écoulement unidimensionnel dirigé selon \vec{u}_z s'écrit :

   \frac{\partial \varrho}{\partial t} + \frac{\partial (\varrho \tilde{v})}{\partial z} = 0

   En introduisant les champs perturbés \varrho(z, t) = \varrho_0 + \tilde{\varrho}(z, t) et \vec{v}(z, t) = \tilde{v}(z, t)\vec{u}_z, et sachant que l'état de repos est stationnaire et spatialement uniforme (\partial \varrho_0/\partial t = 0 et \partial \varrho_0/\partial z = 0), l'équation devient :

   \frac{\partial \tilde{\varrho}}{\partial t} + \varrho_0 \frac{\partial \tilde{v}}{\partial z} + \frac{\partial (\tilde{\varrho}\tilde{v})}{\partial z} = 0

   Dans le cadre de l'approximation acoustique (perturbations du premier ordre), le terme \tilde{\varrho}\tilde{v} est un infiniment petit du second ordre. En négligeant ce terme non linéaire devant les termes d'ordre un, on obtient l'équation linéarisée de conservation de la masse :

   \boxed{\frac{\partial \tilde{\varrho}}{\partial t} + \varrho_0 \frac{\partial \tilde{v}}{\partial z} = 0}

   Résultat

   $$\frac{\partial \tilde{\varrho }}{\partial t}+{\varrho }_0\frac{\partial \tilde{v}}{\partial z}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 1 PSI 2025, Q1

   1. Trajectoire et portée maximale

   On étudie une goutte d'eau assimilée à un point matériel de masse m, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, muni du repère orthonormé (O, \vec{e}_x, \vec{e}_z) représenté sur la figure 2 (Ox horizontal, Oz vertical ascendant). La goutte sort du canon en O à t=0 avec la vitesse :

   \vec{v}_0 = v_0 \cos\alpha\,\vec{e}_x + v_0 \sin\alpha\,\vec{e}_z

   En négligeant tout frottement, la goutte n'est soumise qu'à son poids \vec{P} = -m g \vec{e}_z. La deuxième loi de Newton s'écrit :

   m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -m g \vec{e}_z \implies \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -g \vec{e}_z

   Par intégrations successives avec les conditions initiales \vec{r}(0) = \vec{0} et \vec{v}(0) = \vec{v}_0 :

   \begin{aligned} x(t) &= (v_0 \cos\alpha)\, t \\ z(t) &= -\frac{1}{2} g t^2 + (v_0 \sin\alpha)\, t \end{aligned}

   En éliminant le temps t = \frac{x}{v_0 \cos\alpha}, on obtient l'équation de la trajectoire :

   z(x) = -\frac{g}{2 v_0^2 \cos^2\alpha} x^2 + x \tan\alpha

   Il s'agit d'une fonction polynomiale du second degré en x de coefficient dominant négatif : la trajectoire est une parabole concave vers le bas.

   La portée x_P correspond à l'abscisse du point de retombée au sol (z(x_P) = 0 avec x_P > 0) :

   x_P \left(\tan\alpha - \frac{g x_P}{2 v_0^2 \cos^2\alpha}\right) = 0 \implies x_P = \frac{2 v_0^2 \cos^2\alpha \tan\alpha}{g} = \frac{v_0^2 \sin(2\alpha)}{g}

   La fonction \alpha \mapsto \sin(2\alpha) est maximale sur [0, \pi/2] pour \sin(2\alpha) = 1, soit :

   2\alpha = 90^\circ \implies \alpha = 45^\circ

   2. Expression et calcul de la vitesse initiale v_0

   Pour un angle de tir \alpha = 45^\circ, la portée maximale vaut L = \frac{v_0^2}{g}, d'où :

   \boxed{v_0 = \sqrt{g L}}

   Application numérique avec g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} et L = 150\text{ m} :

   v_0 = \sqrt{9{,}8 \times 150} = \sqrt{1\,470}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   Comme 38^2 = 1\,444 et 39^2 = 1\,521, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{v_0 \simeq 38\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   3. Diamètre du canon

   Le débit volumique D_v à travers la section circulaire S = \frac{\pi d^2}{4} s'exprime par :

   D_v = S v_0 = \frac{\pi d^2}{4} v_0

   On en déduit le diamètre intérieur du tube :

   \boxed{d = \sqrt{\frac{4 D_v}{\pi v_0}}}

   Avec D_v = 6\,000\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{6\,000 \times 10^{-3}\text{ m}^3}{60\text{ s}} = 0{,}10\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} :

   d = \sqrt{\frac{4 \times 0{,}10}{\pi \times 38{,}3}} \simeq \sqrt{\frac{0{,}40}{120}} = \frac{1}{\sqrt{300}} = \frac{1}{10\sqrt{3}} \simeq \frac{1}{10 \times 1{,}7} \simeq 0{,}059\text{ m}

   Soit, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{d \simeq 5{,}8\text{ cm}} \quad (\text{ou } 5{,}9\text{ cm})

   Résultat

   $$v_0=\sqrt{gL}$$

   $$v_0\simeq 38\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$d=\sqrt{\frac{4D_v}{\pi v_0}}$$

   $$d\simeq 5,8\text{ cm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 PSI 2023, Q15

   Considérons le volume fixe \mathrm{d}\tau = \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z dans le référentiel d'étude. La masse de fluide contenue dans ce volume à la date t est :

   m(t) = \rho(x, z, t)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z.

   Pendant l'intervalle de temps \mathrm{d}t, la variation de masse à l'intérieur du volume est :

   \mathrm{d}m = m(t+\mathrm{d}t) - m(t) = \frac{\partial \rho}{\partial t}(x, z, t)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}t.

   Cette variation provient exclusivement des transferts convectifs à travers les six faces délimitant le volume :

   • À travers les faces orthogonales à \widehat{e}_x (d'aire \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z) :

     \begin{aligned} \delta m_{x,\text{entrant}} &= \rho(x, z, t)\,u_x(x, z, t)\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}t, \\ \delta m_{x,\text{sortant}} &= \rho(x+\mathrm{d}x, z, t)\,u_x(x+\mathrm{d}x, z, t)\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}t \\ &= \left[ \rho u_x + \frac{\partial(\rho u_x)}{\partial x}\mathrm{d}x \right] \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}t, \end{aligned}

     soit un apport net selon x :

     \delta m_{x,\text{net}} = \delta m_{x,\text{entrant}} - \delta m_{x,\text{sortant}} = -\frac{\partial(\rho u_x)}{\partial x}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}t.

   • À travers les faces orthogonales à \widehat{e}_y (d'aire \mathrm{d}x\,\mathrm{d}z) : la composante de la vitesse suivant y étant nulle (u_y = 0), il n'y a aucun flux de matière dans cette direction :

     \delta m_{y,\text{net}} = 0.

   • À travers les faces orthogonales à \widehat{e}_z (d'aire \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y) : de manière analogue à la direction x :

     \begin{aligned} \delta m_{z,\text{entrant}} &= \rho(x, z, t)\,u_z(x, z, t)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}t, \\ \delta m_{z,\text{sortant}} &= \left[ \rho u_z + \frac{\partial(\rho u_z)}{\partial z}\mathrm{d}z \right] \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}t, \end{aligned}

     soit un apport net selon z :

     \delta m_{z,\text{net}} = -\frac{\partial(\rho u_z)}{\partial z}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}t.

   Par conservation de la matière, \mathrm{d}m = \delta m_{x,\text{net}} + \delta m_{y,\text{net}} + \delta m_{z,\text{net}}, ce qui donne :

   \frac{\partial \rho}{\partial t}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}t = -\left[ \frac{\partial(\rho u_x)}{\partial x} + \frac{\partial(\rho u_z)}{\partial z} \right] \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}t.

   En divisant par le volume \mathrm{d}\tau = \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z et par la durée \mathrm{d}t, on obtient la loi locale de conservation de la matière :

   \boxed{\frac{\partial \rho}{\partial t} + \frac{\partial(\rho u_x)}{\partial x} + \frac{\partial(\rho u_z)}{\partial z} = 0}

   Résultat

   $$\frac{\partial \rho }{\partial t}+\frac{\partial (\rho u_x)}{\partial x}+\frac{\partial (\rho u_z)}{\partial z}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PSI 2023, Q17

   D'après l'hypothèse d'écoulement irrotationnel, le champ de vitesse dérive d'un potentiel scalaire \phi(x,z,t) :

   \vec{u} = \vec{\mathrm{grad}}(\phi).

   Compte tenu de l'invariance selon la direction (O, \widehat{e}_y), les composantes de la vitesse s'écrivent :

   u_x = \frac{\partial \phi}{\partial x}, \quad u_y = 0 \quad \text{et} \quad u_z = \frac{\partial \phi}{\partial z}.

   D'après le résultat de la question Q16, le fluide étant incompressible, la divergence du champ de vitesse est nulle :

   \mathrm{div}\,\vec{u} = \frac{\partial u_x}{\partial x} + \frac{\partial u_z}{\partial z} = 0.

   En injectant les expressions des composantes de la vitesse en fonction de \phi, on obtient :

   \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial \phi}{\partial x}\right) + \frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{\partial \phi}{\partial z}\right) = \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} = 0.

   Or, l'opérateur laplacien scalaire appliqué à \phi(x,z,t) est donné par :

   \Delta \phi = \mathrm{div}\left(\vec{\mathrm{grad}}\,\phi\right) = \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2}.

   Le potentiel des vitesses vérifie ainsi l'équation de Laplace :

   \boxed{\Delta \phi = 0}

   Résultat

   $$\Delta \varphi =0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie PSI 2021, Q24

   L'équation locale traduisant la conservation de la masse au sein du fluide s'écrit :

   \frac{\partial \mu}{\partial t} + \operatorname{div}(\mu \vec{v}) = 0

   Le fluide est au repos non perturbé à la masse volumique uniforme et indépendante du temps \mu_0. La perturbation acoustique est unidimensionnelle le long de l'axe (Ox), de sorte que :

   \mu(x,t) = \mu_0 + \mu_1(x,t) \quad \text{et} \quad \vec{v}(x,t) = v_1(x,t)\,\vec{e}_x

   En développant la divergence en coordonnées cartésiennes :

   \begin{aligned} \frac{\partial \mu}{\partial t} &= \frac{\partial (\mu_0 + \mu_1)}{\partial t} = \frac{\partial \mu_1}{\partial t} \\ \operatorname{div}(\mu \vec{v}) &= \frac{\partial}{\partial x}\left[(\mu_0 + \mu_1)v_1\right] = \mu_0 \frac{\partial v_1}{\partial x} + \frac{\partial (\mu_1 v_1)}{\partial x} \end{aligned}

   Dans le cadre de l'approximation acoustique rappelée à la question Q22, les grandeurs perturbatrices \mu_1 et v_1 sont d'ordre 1 en perturbation. Le terme croisé \mu_1 v_1 est d'ordre 2 et se trouve donc négligé devant le terme d'ordre 1 :

   \mu_1 v_1 \ll \mu_0 v_1 \implies \frac{\partial (\mu_1 v_1)}{\partial x} \approx 0

   L'équation de conservation de la masse se linéarise ainsi sous la forme :

   \boxed{\left(\frac{\partial \mu_1}{\partial t}\right) = -\mu_0 \left(\frac{\partial v_1}{\partial x}\right)}

   Résultat

   $$\left(\frac{\partial {\mu }_1}{\partial t}\right)=-{\mu }_0\left(\frac{\partial v_1}{\partial x}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Modelisation PSI 2026, Q1

   Le cahier des charges impose que le volume total de la piscine soit filtré en une durée \Delta t = 8\text{ h} = 8 \times 3\,600\text{ s} = 28\,800\text{ s}.

   Le débit volumique minimal est obtenu pour V_{\min} = 30\text{ m}^3 = 30 \times 10^3\text{ L} :

   q_{\min} = \frac{V_{\min}}{\Delta t} = \frac{30\,000}{28\,800} = \frac{25}{24}\text{ L}\cdot\text{s}^{-1} \approx 1,04\text{ L}\cdot\text{s}^{-1}

   Le débit volumique maximal est obtenu pour V_{\max} = 120\text{ m}^3 = 120 \times 10^3\text{ L} :

   q_{\max} = \frac{V_{\max}}{\Delta t} = \frac{120\,000}{28\,800} = \frac{25}{6}\text{ L}\cdot\text{s}^{-1} \approx 4,17\text{ L}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{q_{\min} \approx 1,0\text{ L}\cdot\text{s}^{-1} \quad \text{et} \quad q_{\max} \approx 4,2\text{ L}\cdot\text{s}^{-1}}

   L'eau circule à la vitesse v = 1,5\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} dans une canalisation cylindrique de diamètre intérieur d et de section droite S = \frac{\pi d^2}{4}. La conservation du débit volumique s'écrit :

   q = S \cdot v = \frac{\pi d^2}{4} v \implies d = \sqrt{\frac{4 q}{\pi v}}

   avec q exprimé en \text{m}^3\cdot\text{s}^{-1}.

   Pour le diamètre minimal :

   \begin{aligned} d_{\min} &= \sqrt{\frac{4 q_{\min}}{\pi v}} = \sqrt{\frac{4 \times \frac{25}{24} \cdot 10^{-3}}{\pi \times 1,5}} = \sqrt{\frac{1}{360\pi}} \\ d_{\min} &\approx \sqrt{\frac{1}{1\,131}}\text{ m} \approx 2,97 \cdot 10^{-2}\text{ m} = 29,7\text{ mm} \end{aligned}

   Comme V_{\max} = 4\,V_{\min}, on a q_{\max} = 4\,q_{\min}, d'où :

   \begin{aligned} d_{\max} &= \sqrt{4}\,d_{\min} = 2\,d_{\min} \approx 59,5\text{ mm} \end{aligned}

   \boxed{d_{\min} \approx 30\text{ mm} \quad \text{et} \quad d_{\max} \approx 60\text{ mm}}

   Résultat

   $$q_{\min }\approx 1,0\text{ L}\cdot {\text{s}}^{-1}\text{et}{q}_{\max }\approx 4,2\text{ L}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$d_{\min }\approx 30\text{ mm}\text{et}{d}_{\max }\approx 60\text{ mm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Modelisation PSI 2026, Q4

   La position du piston oscille entre deux positions extrêmes correspondant aux points morts haut et bas :

   • pour \theta_1 = 0, x_{3,\max} = L + R ;
   • pour \theta_1 = \pi, x_{3,\min} = L - R.

   La course du piston, notée c, vaut donc :

   c = x_{3,\max} - x_{3,\min} = (L + R) - (L - R) = 2R

   Le piston étant de section circulaire de diamètre d_p, sa surface utile est :

   S_p = \frac{\pi d_p^2}{4}

   La cylindrée C correspond au volume balayé par le piston au cours d'un demi-tour (qui est identique au volume aspiré ou refoulé sur un tour complet pour une pompe simple effet) :

   \begin{aligned} C &= S_p \cdot c \\ &= \frac{\pi d_p^2}{4} \cdot 2R \end{aligned}

   soit :

   \boxed{C = \frac{\pi R d_p^2}{2}}

   Résultat

   $$C=\frac{\pi R{d}_p^2}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Modelisation PSI 2026, Q6

   D'après l'énoncé, la phase d'aspiration a lieu pour \theta_1 \in [0, \pi], pendant laquelle aucun débit n'est refoulé :

   \boxed{q = 0 \quad \text{pour } \theta_1 \in [0, \pi]}

   Pour \theta_1 \in [\pi, 2\pi], l'eau est refoulée. Le débit volumique instantané refoulé correspond au volume balayé par le piston par unité de temps. La section droite transversale du piston vaut :

   S_p = \frac{\pi d_p^2}{4}

   Sur l'intervalle \theta_1 \in [\pi, 2\pi], on a \sin\theta_1 \le 0, donc la vitesse algébrique v_3 = \dot{x}_3 établie à la question Q5 est positive (v_3 \ge 0). Le fluide incompressible est alors poussé hors de la chambre, ce qui donne pour le débit instantané :

   q = S_p \, v_3

   soit :

   \boxed{q = \frac{\pi d_p^2}{4} \, v_3 \quad \text{pour } \theta_1 \in [\pi, 2\pi]}

   Résultat

   $$q=0\text{pour }{\theta }_1\in [0,\pi ]$$

   $$q=\frac{\pi d_p^2}{4}{v}_3\text{pour }{\theta }_1\in [\pi ,2\pi ]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q18

   D'après les hypothèses de l'énoncé :

   • l'épaisseur des aubes est négligée,
   • l'écoulement est supposé invariant par rotation autour de l'axe (Oz) à un rayon r fixé,
   • l'écoulement pénètre et est éjecté sur toute la périphérie sans composante axiale (V_a = 0).

   La surface d'entrée correspond à la surface latérale d'un cylindre de rayon R_e et de hauteur e_e :

   S_e = 2\pi R_e e_e

   Le vecteur vitesse normal à cette surface cylindrique est porté par la direction radiale, de composante V_{r,e}. Le débit volumique entrant s'écrit donc :

   \boxed{D_{v,e} = 2\pi R_e e_e V_{r,e}}

   De même, la surface de sortie correspond à la surface latérale d'un cylindre de rayon R_s et de hauteur e_s :

   S_s = 2\pi R_s e_s

   Le débit volumique sortant s'exprime ainsi :

   \boxed{D_{v,s} = 2\pi R_s e_s V_{r,s}}

   L'eau étant considérée comme un fluide incompressible en écoulement stationnaire, la conservation de la masse implique la conservation du débit volumique à travers la roue :

   D_v = D_{v,e} = D_{v,s} = 2\pi R_e e_e V_{r,e} = 2\pi R_s e_s V_{r,s}

   Résultat

   $$D_{v,e}=2\pi R_e{e}_e{V}_{r,e}$$

   $$D_{v,s}=2\pi R_s{e}_s{V}_{r,s}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q21

    Le rotor de la turbine tourne à la vitesse angulaire constante \vec{\omega} = \omega \vec{u}_z par rapport au référentiel du laboratoire. La vitesse d'entraînement d'un point M repéré en coordonnées cylindriques par \vec{OM} = r \vec{u}_r + z \vec{u}_z est donnée par le champ des vitesses d'un solide indéformable :

    \begin{aligned} \vec{U}(M) &= \vec{\omega} \wedge \vec{OM} \\ &= (\omega \vec{u}_z) \wedge (r \vec{u}_r + z \vec{u}_z) \\ &= r \omega \vec{u}_\theta \end{aligned}

    \boxed{\vec{U}(M) = r \omega \vec{u}_\theta}

    où U = \|\vec{U}(M)\| = r \omega.

    Dans le plan perpendiculaire à l'axe de rotation (Oz), la loi de composition des vitesses s'écrit :

    \vec{V}_{//}(M) = \vec{U}(M) + \vec{W}_{//}(M)

    En projetant cette relation dans la base cylindrique locale (\vec{u}_r, \vec{u}_\theta) :

    • selon \vec{u}_r, sachant que la vitesse d'entraînement est purement orthoradiale (\vec{U} \cdot \vec{u}_r = 0) :

      W_{//, r} = V_r

    • selon \vec{u}_\theta :

      V_\theta = U + W_{//, \theta} \iff W_{//, \theta} = V_\theta - U

    Par définition, l'angle non orienté \beta est l'angle entre le vecteur vitesse relative dans le plan \vec{W}_{//} et la vitesse d'entraînement \vec{U} = U \vec{u}_\theta. Dans le triangle rectangle formé par les composantes radiale et orthoradiale de \vec{W}_{//} (figure 6 de l'énoncé) :

    • le côté opposé à \beta est la composante radiale W_{//, r} = V_r ;
    • le côté adjacent à \beta est la composante orthoradiale W_{//, \theta} = V_\theta - U.

    On a donc :

    \tan \beta = \frac{W_{//, r}}{W_{//, \theta}} = \frac{V_r}{V_\theta - U}

    D'où :

    V_\theta - U = \frac{V_r}{\tan \beta}

    ce qui conduit bien à la relation demandée :

    \boxed{V_\theta = U + \frac{V_r}{\tan \beta}}

    Résultat

    $$\vec{U}(M)=r\omega {\vec{u}}_{\theta }$$

    $$V_{\theta }=U+\frac{V_r}{\tan \beta }$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question