Feuille d'entraînement : Mécanique des fluides

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2022, Q14

   On étudie le solide de volume V et de masse volumique \rho, entièrement immergé dans le liquide au repos de masse volumique \rho_\ell, dans le référentiel terrestre \mathcal{R}_T supposé galiléen.

   On oriente la verticale ascendante par le vecteur unitaire \vec{u}_z, de sorte que le champ de pesanteur s'écrit \vec{g} = -g\,\vec{u}_z.

   Le solide est soumis à deux forces à distance et de contact :

   • son poids :

     \vec{P} = m\,\vec{g} = \rho\,V\,\vec{g} = -\rho\,V g\,\vec{u}_z

   • la résultante des forces de pression exercées par le fluide, donnée par le principe d'Archimède (opposée au poids du volume de fluide déplacé) :

     \vec{\Pi} = -\rho_\ell\,V\,\vec{g} = +\rho_\ell\,V g\,\vec{u}_z

   La résultante des forces appliquées au solide totalement immergé s'écrit :

   \vec{F}_{\mathrm{res}} = \vec{P} + \vec{\Pi} = (\rho - \rho_\ell)\,V\,\vec{g} = (\rho_\ell - \rho)\,V g\,\vec{u}_z

   D'après le principe fondamental de la dynamique, le mouvement vertical du solide dépend du signe de la projection de cette résultante sur l'axe ascendant \vec{u}_z :

   • Si \rho < \rho_\ell : la poussée d'Archimède l'emporte sur le poids (\vec{F}_{\mathrm{res}} \cdot \vec{u}_z > 0). La résultante est dirigée vers le haut : le solide remonte vers la surface libre jusqu'à atteindre un état d'équilibre où il flotte partiellement émergé.
   • Si \rho > \rho_\ell : le poids l'emporte sur la poussée d'Archimède (\vec{F}_{\mathrm{res}} \cdot \vec{u}_z < 0). La résultante est dirigée vers le bas : le solide accélère vers le bas et coule jusqu'au fond.
   • Si \rho = \rho_\ell : le poids compense exactement la poussée d'Archimède (\vec{F}_{\mathrm{res}} = \vec{0}). Le solide est en équilibre indifférent entre deux eaux (flottabilité nulle).

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 1 MP 2022, Q13

   Le nombre de Reynolds est défini par :

   \mathcal{R}_e = \frac{\mu_{\mathrm{f}} V d_{\mathrm{w}}}{\eta}

   Déterminons la dimension de chacune des grandeurs intervenant dans ce quotient :

   • La masse volumique a pour dimension : [\mu_{\mathrm{f}}] = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-3}.
   • La vitesse a pour dimension : [V] = \mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-1}.
   • Le diamètre du fil a pour dimension : [d_{\mathrm{w}}] = \mathrm{L}.

   • La viscosité dynamique \eta s'exprime en \mathrm{Pa}\cdot\mathrm{s}. La pression étant homogène à une force par unité de surface, sa dimension est :

     [p] = \frac{[F]}{[S]} = \frac{\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-2}}{\mathrm{L}^2} = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-1}\cdot\mathrm{T}^{-2}

     On en déduit la dimension de \eta :

     [\eta] = [p]\cdot\mathrm{T} = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-1}\cdot\mathrm{T}^{-1}

   En combinant les grandeurs du numérateur :

   [\mu_{\mathrm{f}} V d_{\mathrm{w}}] = (\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-3})\cdot(\mathrm{L}\cdot\mathrm{T}^{-1})\cdot\mathrm{L} = \mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-1}\cdot\mathrm{T}^{-1}

   On en déduit la dimension du nombre de Reynolds :

   [\mathcal{R}_e] = \frac{[\mu_{\mathrm{f}} V d_{\mathrm{w}}]}{[\eta]} = \frac{\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-1}\cdot\mathrm{T}^{-1}}{\mathrm{M}\cdot\mathrm{L}^{-1}\cdot\mathrm{T}^{-1}} = 1

   \boxed{[\mathcal{R}_e] = 1 \quad (\mathcal{R}_e \text{ est une grandeur sans dimension})}

   Résultat

   $$[{\mathcal{R}}_e]=1({\mathcal{R}}_e\text{ est une grandeur sans dimension})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 1 MP 2021, Q4

   À l'équilibre thermodynamique local, la température est uniforme et égale à T_0. Le gaz étant modélisé par un gaz parfait, l'équation d'état s'écrit pour un volume V contenant une masse m :

   P V = n R T_0 = \frac{m}{M} R T_0

   La masse volumique \rho(z) = \frac{m}{V} s'exprime donc en fonction de la pression locale P(z) par :

   \boxed{\rho(z) = \frac{M}{R T_0} P(z) = \frac{m_m}{k_B T_0} P(z)}

   Puisque la pression P(z) dépend de z, la masse volumique \rho(z) dépend également de l'altitude z.

   Considérons une tranche de gaz au repos comprise entre les altitudes z et z + \mathrm{d}z, de section horizontale S. Le système est à l'équilibre mécanique dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Il est soumis aux forces extérieures suivantes :

   • les forces pressantes sur la face inférieure en z : \vec{F}_p(z) = P(z) S \, \widehat{e}_z ;
   • les forces pressantes sur la face supérieure en z + \mathrm{d}z : \vec{F}_p(z + \mathrm{d}z) = - P(z + \mathrm{d}z) S \, \widehat{e}_z ;
   • le poids de la tranche de masse \mathrm{d}m = \rho(z) S \, \mathrm{d}z : \mathrm{d}\vec{P} = - \rho(z) S g \, \mathrm{d}z \, \widehat{e}_z ;
   • les forces de pression latérales qui se compensent par symétrie horizontale.

   La condition d'équilibre mécanique s'écrit :

   \sum \vec{F}_{\text{ext}} = \vec{0} \implies \left[ P(z) - P(z + \mathrm{d}z) \right] S \, \widehat{e}_z - \rho(z) S g \, \mathrm{d}z \, \widehat{e}_z = \vec{0}

   En développant au premier ordre P(z + \mathrm{d}z) = P(z) + \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} \mathrm{d}z, on obtient la loi de l'hydrostatique :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -\rho(z) g

   En substituant l'expression de \rho(z), on aboutit à l'équation différentielle vérifiée par P(z) :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} + \frac{m_m g}{k_B T_0} P(z) = 0 \quad \text{ou encore} \quad \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} + \frac{M g}{R T_0} P(z) = 0}

   Résultat

   $$\rho (z)=\frac{M}{R{T}_0}P(z)=\frac{m_m}{k_B{T}_0}P(z)$$

   $$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}+\frac{m_{m}g}{k_B{T}_0}P(z)=0\text{ou encore}\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}+\frac{Mg}{R{T}_0}P(z)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique MP 2021, Q4

   Considérons l'équilibre mécanique vertical d'une tranche d'air d'épaisseur \mathrm{d}z et de section S dans le champ de pesanteur \vec{g} = -g \vec{u}_z. La relation fondamentale de la statique des fluides s'écrit :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -\rho(z) g}

   En assimilant l'air à un gaz parfait de masse molaire M, la masse volumique \rho s'exprime selon :

   P = \frac{\rho}{M} R T \implies \rho = \frac{P M}{R T}

   L'équation différentielle de l'équilibre hydrostatique devient donc :

   \frac{1}{P} \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -\frac{M g}{R T}

   Dans le modèle isentropique, l'entropie S est constante selon la verticale, soit \mathrm{d}S = 0. L'expression de la différentielle de l'entropie donnée par l'énoncé conduit à :

   \mathrm{d} \left[ \ln\left( T P^{\frac{1}{\gamma}-1} \right) \right] = 0 \iff \frac{\mathrm{d}T}{T} + \left(\frac{1-\gamma}{\gamma}\right) \frac{\mathrm{d}P}{P} = 0

   D'après les définitions de \gamma = C_p/C_v et la relation de Mayer C_p - C_v = R, on a :

   \frac{1-\gamma}{\gamma} = \frac{C_v - C_p}{C_p} = -\frac{R}{C_p}

   On en déduit :

   \frac{\mathrm{d}T}{T} = \frac{R}{C_p} \frac{\mathrm{d}P}{P}

   En dérivant par rapport à z et en substituant \frac{1}{P}\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} :

   \begin{aligned} \frac{1}{T} \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} &= \frac{R}{C_p} \left( -\frac{M g}{R T} \right) = -\frac{M g}{C_p T} \\ \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} &= -\frac{M g}{C_p} \end{aligned}

   Les grandeurs M, g et C_p étant supposées indépendantes de l'altitude, le gradient thermique vertical est constant. L'intégration avec la condition aux limites T(0) = T_0 donne :

   \boxed{T(z) = T_0 - \frac{M g}{C_p} z}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}=-\rho (z)g$$

   $$T(z)=T_0-\frac{Mg}{C_p}z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique MP 2021, Q7

   Considérons une perturbation déplaçant la parcelle vers le haut (\mathrm{d}z > 0). La parcelle s'équilibre instantanément à la pression extérieure locale P_f = P(z_i + \mathrm{d}z).

   D'après l'équation d'état des gaz parfaits, la masse volumique du fluide à la pression P_f et à une température T s'écrit :

   \rho = \frac{P_f M}{R T}

   La masse volumique de la parcelle déplacée \rho_f et celle du milieu extérieur \rho_{\text{ext}} à l'altitude z_i + \mathrm{d}z valent donc respectivement :

   \rho_f = \frac{P_f M}{R T_f} \quad \text{et} \quad \rho_{\text{ext}} = \frac{P_f M}{R T(z_i + \mathrm{d}z)}

   La force volumique verticale nette (poids et poussée d'Archimède) s'exerçant sur la parcelle est :

   f_z = (\rho_{\text{ext}} - \rho_f) g = \frac{P_f M g}{R} \left( \frac{1}{T(z_i + \mathrm{d}z)} - \frac{1}{T_f} \right)

   On distingue deux cas :

   • Si T_f < T(z_i + \mathrm{d}z) : on a \rho_f > \rho_{\text{ext}}. La parcelle est plus froide et donc plus dense que le milieu environnant. La force nette est dirigée vers le bas (f_z < 0), ce qui tend à ramener la parcelle vers son altitude d'équilibre initiale z_i. Le même raisonnement pour un déplacement vers le bas (\mathrm{d}z < 0) montre que la force tend également à faire remonter la parcelle. Le profil d'atmosphère est donc stable.

     \boxed{T_f < T(z_i + \mathrm{d}z) \implies \text{atmosphère stable}}

   • Si T_f > T(z_i + \mathrm{d}z) : on a \rho_f < \rho_{\text{ext}}. La parcelle est plus chaude et donc moins dense que le fluide ambiant. La poussée d'Archimède l'emporte sur le poids (f_z > 0) : la parcelle continue d'accélérer vers le haut, s'éloignant indéfiniment de sa position de départ. La moindre perturbation engendre un mouvement d'ascension spontané : le profil d'atmosphère est donc instable.

     \boxed{T_f > T(z_i + \mathrm{d}z) \implies \text{atmosphère instable (instabilité convective)}}

   Résultat

   $$T_f<T(z_i+\mathrm{d}z)⟹\text{atmospheˋre stable}$$

   $$T_f>T(z_i+\mathrm{d}z)⟹\text{atmospheˋre instable (instabiliteˊ convective)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 MP 2020, Q3

   L'atmosphère étant en équilibre mécanique dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la condition de la statique des fluides s'écrit, en projection sur l'axe vertical ascendant défini par \boldsymbol{e}_Z :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}Z} = -\rho_a(Z)\,g

   L'air est assimilé à un gaz parfait de masse molaire M_a à température T uniforme. L'équation d'état P V = n R T = \frac{m}{M_a} R T donne le lien entre la pression P et la masse volumique \rho_a = \frac{m}{V} :

   P(Z) = \frac{\rho_a(Z)\,R\,T}{M_a}

   La température T étant constante dans ce modèle isotherme, la dérivation par rapport à l'altitude Z conduit à :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}Z} = \frac{R\,T}{M_a}\,\frac{\mathrm{d}\rho_a}{\mathrm{d}Z} = -\rho_a(Z)\,g

   On en déduit l'équation différentielle vérifiée par \rho_a(Z) :

   \frac{\mathrm{d}\rho_a}{\mathrm{d}Z} + \frac{1}{H_c}\,\rho_a(Z) = 0 \quad \text{avec} \quad H_c = \frac{R\,T}{M_a\,g}

   L'intégration de cette équation différentielle linéaire du premier ordre donne directement :

   \boxed{\rho_a(Z) = \rho_a(0)\,\exp\!\left(-\frac{Z}{H_c}\right)}

   avec la hauteur d'échelle :

   \boxed{H_c = \frac{R\,T}{M_a\,g}}

   Application numérique : Avec T \approx 20^\circ\mathrm{C} = 293\,\mathrm{K}, M_a \approx 29\times 10^{-3}\,\mathrm{kg}\cdot\mathrm{mol}^{-1}, g \approx 9,80\,\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2} et R \approx 8,31\,\mathrm{J}\cdot\mathrm{mol}^{-1}\cdot\mathrm{K}^{-1} :

   \begin{aligned} H_c &= \frac{8,31 \times 293}{29 \times 10^{-3} \times 9,80} \approx \frac{2{,}43 \times 10^3}{0{,}284} \approx 8{,}6 \times 10^3\,\mathrm{m} \end{aligned}

   \boxed{H_c \approx 8{,}6\,\mathrm{km}}

   Résultat

   $${\rho }_a(Z)={\rho }_a(0)\exp \left(-\frac{Z}{H_c}\right)$$

   $$H_c=\frac{RT}{M_{a}g}$$

   $$H_c\approx 8,6\mathrm{km}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 MP 2024, Q14

   L'étoile est modélisée par une boule de rayon R et de masse totale M, de masse volumique \rho uniforme. Le volume total de la boule étant V = \frac{4}{3}\pi R^3, on a :

   \boxed{\rho = \frac{M}{V} = \frac{3M}{4\pi R^3}}

   La masse m(r) contenue dans la sphère de rayon r \leqslant R s'obtient immédiatement en intégrant la masse volumique sur le volume \frac{4}{3}\pi r^3 :

   m(r) = \rho \times \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{3M}{4\pi R^3} \times \frac{4}{3}\pi r^3

   soit :

   \boxed{m(r) = M \left(\frac{r}{R}\right)^3}

   La masse \mathrm{d}m à apporter pour faire passer le rayon de r à r+\mathrm{d}r correspond à la masse d'une coquille sphérique d'épaisseur \mathrm{d}r et de volume \mathrm{d}V = 4\pi r^2\,\mathrm{d}r, ou encore à la différentielle de m(r) :

   \mathrm{d}m = \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}r}\,\mathrm{d}r = \rho \times 4\pi r^2\,\mathrm{d}r

   d'où :

   \boxed{\mathrm{d}m = 3M \frac{r^2}{R^3}\,\mathrm{d}r}

   Résultat

   $$\rho =\frac{M}{V}=\frac{3M}{4\pi R^3}$$

   $$m(r)=M{\left(\frac{r}{R}\right)}^3$$

   $$\mathrm{d}m=3M\frac{r^2}{R^3}\mathrm{d}r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MP 2024, Q16

   On étudie la colonne de fluide de section constante S, comprise entre les altitudes z_1 et z_2 (avec z_1 < z_2). Le système est à l'équilibre dans le référentiel galiléen.

   Les forces extérieures appliquées à cette colonne sont :

   • les forces de pression sur la surface délimitant la colonne :

     • sur la base inférieure en z_1 (normale extérieure -\hat{u}_z) :

       \vec{F}_{p,1} = P(z_1)\,S\,\hat{u}_z

     • sur la base supérieure en z_2 (normale extérieure +\hat{u}_z) :

       \vec{F}_{p,2} = -P(z_2)\,S\,\hat{u}_z
     • sur la paroi latérale : les forces pressantes élémentaires sont perpendiculaires à l'axe (Oz) et leur résultante s'annule par symétrie radiale / invariance par rotation autour de l'axe : \vec{F}_{p,\text{lat}} = \vec{0}.

   • la force gravitationnelle s'exerçant sur chaque élément de volume \mathrm{d}V = S\,\mathrm{d}z de masse \mathrm{d}m = \rho(z)\,S\,\mathrm{d}z, soit sous forme intégrale :

     \vec{F}_g = \int_{z_1}^{z_2} \vec{G}(z)\,\mathrm{d}m = \left( \int_{z_1}^{z_2} \rho(z)\,G(z)\,S\,\mathrm{d}z \right) \hat{u}_z

   À l'équilibre, le principe fondamental de la statique impose :

   \vec{F}_{p,1} + \vec{F}_{p,2} + \vec{F}_g = \vec{0}

   En projetant sur l'axe vertical \hat{u}_z et en simplifiant par S \neq 0 :

   P(z_1) - P(z_2) + \int_{z_1}^{z_2} \rho(z)\,G(z)\,\mathrm{d}z = 0

   soit :

   P(z_2) - P(z_1) = \int_{z_1}^{z_2} \rho(z)\,G(z)\,\mathrm{d}z

   En dérivant cette relation par rapport à z_2 (ou en considérant une tranche d'épaisseur infinitésimale \mathrm{d}z), on obtient l'équation différentielle locale :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = \rho(z)\,G(z)}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}=\rho (z)G(z)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MP 2024, Q18

   La distribution de masse présente une symétrie sphérique, donc le champ gravitationnel est purement radial : \vec{G}(\vec{r}) = G_r(r)\,\hat{u}_r.

   D'après le théorème de Gauss appliqué à une surface sphérique de rayon r \leqslant R centrée en O (ou en appliquant le théorème des coquilles sphériques de Newton), seule la masse intérieure m(r) contribue au champ gravitationnel en r :

   \vec{G}(\vec{r}) = -\frac{\mathcal{G} m(r)}{r^2}\,\hat{u}_r

   D'après la question Q14, la masse intérieure s'écrit m(r) = M\left(\frac{r}{R}\right)^3. On en déduit :

   \boxed{ \vec{G}(\vec{r}) = -\frac{\mathcal{G} M}{R^3}\,r\,\hat{u}_r }

   D'après l'énoncé, l'équation différentielle d'équilibre local obtenue à la question Q16 (\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = \rho(z)G(z)) se transpose en coordonnées sphériques par z \to r avec G_r(r) = -\frac{\mathcal{G}Mr}{R^3} :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}r} = \rho\,G_r(r) = -\rho\,\frac{\mathcal{G}M}{R^3}\,r

   En injectant l'expression de la masse volumique \rho = \frac{3M}{4\pi R^3} établie à la question Q14, il vient :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}r} = -\frac{3M}{4\pi R^3}\,\frac{\mathcal{G}M}{R^3}\,r = -\frac{3\mathcal{G}M^2}{4\pi R^6}\,r

   L'étoile étant entourée par le vide spatial, la pression à sa surface est nulle : P(R) = 0. On intègre alors entre le rayon r et le rayon R :

   \begin{aligned} P(R) - P(r) &= \int_r^R \left(-\frac{3\mathcal{G}M^2}{4\pi R^6}\,r'\right) \mathrm{d}r' \\ -P(r) &= -\frac{3\mathcal{G}M^2}{4\pi R^6} \left[\frac{{r'}^2}{2}\right]_r^R = -\frac{3\mathcal{G}M^2}{8\pi R^6} (R^2 - r^2) \end{aligned}

   On obtient bien :

   \boxed{ P(r) = \frac{3\mathcal{G}M^2}{8\pi R^6}(R^2 - r^2) }

   Résultat

   $$\vec{G}(\vec{r})=-\frac{\mathcal{G}M}{R^3}r{\hat{u}}_r$$

   $$P(r)=\frac{3\mathcal{G}{M}^2}{8\pi R^6}(R^2-r^2)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MP 2023, Q4

    L'observation de la figure 1 montre deux écarts majeurs entre la relation théorique v_{\lim} = K\sqrt{D} (en pointillés) et les résultats expérimentaux (en trait plein) :

    1. Pour les grandes gouttes (D \gtrsim 3\text{ mm}) : La vitesse limite expérimentale s'écarte de la loi en \sqrt{D} et semble saturer autour de 9\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}. Cela s'explique par :

       • La déformation de la goutte : l'hypothèse d'une goutte sphérique n'est plus valable. Sous l'effet des forces de pression aérodynamique exercées par l'air, la goutte s'aplatit à sa base (forme d'ellipsoïde aplati). Son maître-couple (surface frontale) et son coefficient de traînée C_x augmentent nettement, ce qui engendre un frottement plus important que prévu et limite la vitesse de chute. (Au-delà d'environ 5\text{ à }6\text{ mm}, les gouttes deviennent instables et se brisent).

    2. Pour les très petites gouttes (D \ll 1\text{ mm}) :

       • Le changement de régime d'écoulement : à très faible diamètre, la vitesse de chute est faible et le nombre de Reynolds de l'écoulement devient petit (Re \ll 1). Le régime de frottement n'est plus quadratique mais visqueux/laminaire (loi de Stokes, où \vec{F}_{\text{frott}} \propto v), ce qui conduit à une dépendance en v_{\lim} \propto D^2 plutôt qu'en \sqrt{D} (la courbe théorique en \sqrt{D} présente une pente infinie en D=0, ce qui n'est pas physique).
    3. La dépendance du coefficient de traînée : Le coefficient C a été supposé strictement constant, or le coefficient de traînée d'un corps varie avec le nombre de Reynolds Re = \frac{\rho_a v D}{\eta_{\text{air}}} sur l'ensemble de la plage de tailles explorée.

    Indice, stratégie et pièges de cette question