Feuille d'entraînement : Mécanique des fluides

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Modelisation PT 2026, Q1

   Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, l'équilibre mécanique d'un élément de fluide au repos soumis aux forces pressantes volumiques -\vec{\nabla} P et aux forces de pesanteur volumiques \mu \vec{g} se traduit par l'égalité de la résultante volumique des forces à zéro :

   -\vec{\nabla} P + \mu \vec{g} = \vec{0}

   L'équation locale de la statique des fluides s'écrit donc :

   \boxed{\vec{\nabla} P = \mu \vec{g}}

   Résultat

   $$\vec{\nabla }P=\mu \vec{g}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Modelisation PT 2026, Q2

   D'après la question Q1, l'équation fondamentale de la statique des fluides s'écrit :

   \vec{\nabla} P = \mu \vec{g}

   L'axe (Oz) étant orienté selon la verticale descendante, le champ de pesanteur s'écrit \vec{g} = g\,\vec{e}_z. Comme le fluide est invariant par translation horizontale, le champ de pression ne dépend que de la cote z. La projection sur l'axe (Oz) donne :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = \mu g

   La masse volumique \mu et l'accélération de pesanteur g étant supposées uniformes, on intègre cette relation entre la surface (z = 0) où règne la pression atmosphérique P(0) = P_0, et une profondeur z quelconque :

   P(z) - P_0 = \int_0^z \mu g\,\mathrm{d}z' = \mu g z

   On en déduit l'expression du champ de pression :

   \boxed{P(z) = P_0 + \mu g z}

   Numériquement, avec P_0 = 10^5\text{ Pa}, \mu = 1000\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}, on a :

   P(z) = 10^5 + 1{,}0\times 10^4\,z \quad (\text{en Pa, avec } z \text{ en m})

   Résultat

   $$P(z)=P_0+\mu gz$$

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3. Exercice 3Banque PT Modelisation PT 2026, Q6

   La résultante totale des forces de pression exercées sur l'ensemble de la structure du capteur s'obtient en sommant les contributions de l'eau sur la paroi extérieure et de l'air sur la paroi intérieure.

   Action de l'eau sur la surface extérieure En sommant les forces déterminées aux questions Q3 et Q5 :

   \begin{aligned} \vec{F}_{\text{eau}} &= \vec{f}_A + \vec{f}_B + \vec{f}_C \\ &= \left[ P_0 + \mu g \left(H - \frac{L}{2}\right) \right] \pi R^2\,\vec{e}_z - \left[ P_0 + \mu g \left(H + \frac{L}{2}\right) \right] \pi R^2\,\vec{e}_z + \vec{0} \\ &= -\mu g L \pi R^2\,\vec{e}_z \end{aligned}

   Action de l'air sur la surface intérieure La pression P_0 de l'air est supposée uniforme à l'intérieur du cylindre fermé. Sur la face A, la force pressante intérieure vaut -P_0 \pi R^2\,\vec{e}_z. Sur la face B, elle vaut +P_0 \pi R^2\,\vec{e}_z. Sur la paroi latérale, la résultante est nulle par symétrie de révolution. La résultante des forces de pression exercées par l'air intérieur est donc rigoureusement nulle :

   \vec{F}_{\text{air}} = \vec{0}

   Résultante totale En notant V = \pi R^2 L le volume du cylindre et en rappelant que le champ de pesanteur est \vec{g} = g\,\vec{e}_z, la force pressante résultante totale s'écrit :

   \boxed{\vec{F}_{\text{tot}} = \vec{F}_{\text{eau}} + \vec{F}_{\text{air}} = -\mu V g\,\vec{e}_z = -\mu V \vec{g}}

   On retrouve la poussée d'Archimède : la résultante des forces de pression exercées par le fluide environnant sur un solide immergé est une force verticale, dirigée vers le haut, égale à l'opposé du poids du volume de fluide déplacé.

   Résultat

   $${\vec{F}}_{\text{tot}}={\vec{F}}_{\text{eau}}+{\vec{F}}_{\text{air}}=-\mu Vg{\vec{e}}_z=-\mu V\vec{g}$$

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4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2026, Q38

   L'eau étant un fluide visqueux en contact avec la paroi solide du pore supposée immobile en r = R = d/2, elle vérifie la condition d'adhérence à la paroi :

   v(r = R) = 0

   L'équation différentielle régissant la vitesse s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}r} = -\frac{P_{\text{int}} - P_0}{2\eta e}\,r

   Par intégration directe par rapport à r, on obtient :

   v(r) = -\frac{P_{\text{int}} - P_0}{4\eta e}\,r^2 + C

   où C est une constante d'intégration.

   En appliquant la condition aux limites en r = R :

   v(R) = 0 \implies C = \frac{P_{\text{int}} - P_0}{4\eta e}\,R^2

   On en déduit l'expression du champ de vitesse dans le pore :

   \boxed{v(r) = \frac{P_{\text{int}} - P_0}{4\eta e}\left(R^2 - r^2\right) = \frac{P_{\text{int}} - P_0}{4\eta e}\left(\frac{d^2}{4} - r^2\right)}

   Le champ eulérien des vitesses s'écrit donc \vec{v}(r) = v(r)\vec{u}_z.

   Résultat

   $$v(r)=\frac{P_{\text{int}}-P_0}{4\eta e}\left(R^2-r^2\right)=\frac{P_{\text{int}}-P_0}{4\eta e}\left(\frac{d^2}{4}-r^2\right)$$

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5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2026, Q39

   Le débit volumique D_1 traversant la section droite d'un pore correspond au flux du vecteur vitesse à travers cette section circulaire de rayon R :

   D_1 = \iint_{\text{section}} \vec{v}(r)\cdot\mathrm{d}\vec{S} = \int_0^R v(r)\,2\pi r\,\mathrm{d}r

   En utilisant l'expression du profil de vitesse obtenue à la question Q38 :

   v(r) = \frac{P_{\text{int}} - P_0}{4\eta e}\left(R^2 - r^2\right)

   l'intégration s'écrit :

   \begin{aligned} D_1 &= 2\pi \frac{P_{\text{int}} - P_0}{4\eta e} \int_0^R \left(R^2 r - r^3\right)\mathrm{d}r \\ &= \frac{\pi(P_{\text{int}} - P_0)}{2\eta e} \left[ \frac{R^2 r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^R \\ &= \frac{\pi(P_{\text{int}} - P_0)}{2\eta e} \times \frac{R^4}{4} \end{aligned}

   On obtient ainsi la loi de Poiseuille pour un pore de rayon R (ou de diamètre d = 2R) :

   \boxed{D_1 = \frac{\pi(P_{\text{int}} - P_0)R^4}{8\eta e} = \frac{\pi(P_{\text{int}} - P_0)d^4}{128\eta e}}

   Application numérique :

   • P_{\text{int}} - P_0 = 1{,}5\text{ bar} - 1{,}0\text{ bar} = 0{,}5\text{ bar} = 5{,}0 \times 10^4\text{ Pa} ;
   • R = \frac{d}{2} = 10\,\mu\text{m} = 1{,}0 \times 10^{-5}\text{ m} ;
   • \eta = 1{,}0 \times 10^{-3}\text{ Pa}\cdot\text{s} ;
   • e = 1{,}0\text{ mm} = 1{,}0 \times 10^{-3}\text{ m}.

   \begin{aligned} D_1 &= \frac{\pi \times 5{,}0 \times 10^4 \times (1{,}0 \times 10^{-5})^4}{8 \times 1{,}0 \times 10^{-3} \times 1{,}0 \times 10^{-3}} \\ &= \frac{5\pi}{8} \times \frac{10^4 \times 10^{-20}}{10^{-6}} = \frac{5\pi}{8} \times 10^{-10}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   Avec \frac{5\pi}{8} \approx \frac{5 \times 3{,}14}{8} \approx 1{,}96 :

   \boxed{D_1 \approx 2{,}0 \times 10^{-10}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1}}

   Exprimé en litres par minute (1\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} = 6 \times 10^4\text{ L}\cdot\text{min}^{-1}) :

   D_1 \approx 2{,}0 \times 10^{-10} \times 60 \times 10^3 \approx 1{,}2 \times 10^{-5}\text{ L}\cdot\text{min}^{-1}

   Résultat

   $$D_1=\frac{\pi (P_{\text{int}}-P_0)R^4}{8\eta e}=\frac{\pi (P_{\text{int}}-P_0)d^4}{128\eta e}$$

   $$D_1\approx 2,0\times 10^{-10}{\text{ m}}^3\cdot {\text{s}}^{-1}$$

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6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2026, Q44

   Considérons une tranche de fluide en écoulement stationnaire incompressible et homogène entre la surface libre du puits en A_0 et l'entrée du vase d'expansion en D. En l'absence de pertes de charge, le bilan d'énergie mécanique (théorème de Bernoulli avec apport de puissance mécanique par la pompe) s'écrit :

   \Delta e_m = \left( \frac{v_D^2 - v_{A_0}^2}{2} \right) + g(z_D - z_{A_0}) + \frac{P_D - P_{A_0}}{\rho} = w_{\text{pompe}}

   où w_{\text{pompe}} = \frac{\mathcal{P}}{D_m} = \frac{\mathcal{P}}{\rho D_p} est le travail massique utile transféré par la pompe au fluide.

   D'après la question précédente, la variation d'énergie cinétique est négligée devant la variation d'énergie potentielle, d'où :

   \frac{\mathcal{P}}{\rho D_p} = g(z_D - z_{A_0}) + \frac{P_D - P_{A_0}}{\rho}

   Or, d'après les conditions de fonctionnement imposées :

   • la surface libre A_0 est à l'air libre : P_{A_0} = P_0 = 1{,}0\text{ bar} = 1{,}0 \times 10^5\text{ Pa} ;
   • au point D, la pression maximale recherchée est P_D = P_{\max} = 6{,}0\text{ bar} = 6{,}0 \times 10^5\text{ Pa} ;
   • le dénivelé vaut z_D - z_{A_0} = h = 25\text{ m}.

   En multipliant par le débit massique D_m = \rho D_p, on obtient l'expression littérale de la puissance mécanique :

   \boxed{\mathcal{P} = D_p \left[ (P_{\max} - P_0) + \rho g h \right]}

   Application numérique :

   • D_p = 1000\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{1000 \times 10^{-3}\text{ m}^3}{60\text{ s}} = \frac{1}{60}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} ;
   • P_{\max} - P_0 = (6{,}0 - 1{,}0)\text{ bar} = 5{,}0 \times 10^5\text{ Pa} ;

   • avec g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} (ou g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}) :

     \rho g h = 1{,}0 \times 10^3 \times 9{,}8 \times 25 = 2{,}45 \times 10^5\text{ Pa} \quad (\text{ou } 2{,}5 \times 10^5\text{ Pa})

   La surpression totale à assurer vaut donc :

   \Delta P_{\text{tot}} = (P_{\max} - P_0) + \rho g h = 5{,}0 \times 10^5 + 2{,}45 \times 10^5 = 7{,}45 \times 10^5\text{ Pa} \quad (\text{soit } 7{,}5 \times 10^5\text{ Pa pour } g=10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2})

   On en déduit :

   \mathcal{P} = \frac{7{,}45 \times 10^5}{60} \approx 12{,}4\text{ kW} \quad \left(\text{ou } \mathcal{P} = \frac{7{,}50 \times 10^5}{60} = 12{,}5\text{ kW}\right)

   \boxed{\mathcal{P} \approx 12{,}4\text{ kW} \quad (\text{ou } 12{,}5\text{ kW avec } g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2})}

   Résultat

   $$\mathcal{P}=D_p\left[(P_{\max }-P_0)+\rho gh\right]$$

   $$\mathcal{P}\approx 12,4\text{ kW}(\text{ou }12,5\text{ kW avec }g=10\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-2})$$

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7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2026, Q23

   Le fluide (dioxygène liquide) est modélisé comme un fluide incompressible (\rho = \text{cste}) et l'écoulement est supposé stationnaire.

   Dans ces conditions, le principe de conservation de la masse se traduit par la conservation du débit massique, et donc par la conservation du débit volumique D_v le long de la conduite :

   D_v = \text{cste}

   En adoptant l'approximation unidimensionnelle selon laquelle le champ de vitesse est uniforme sur chaque section droite, le débit volumique s'exprime :

   • dans la section principale amont S : D_v = u \, S ;
   • au niveau du col de section s : D_v = v \, s.

   L'égalité des débits volumiques s'écrit donc :

   u \, S = v \, s

   On en déduit l'expression de la vitesse v dans le rétrécissement :

   \boxed{v = u \, \frac{S}{s}}

   Résultat

   $$v=u\frac{S}{s}$$

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8. Exercice 8Banque PT Physique B PT 2026, Q24

   La relation de Bernoulli traduit la conservation de l'énergie mécanique d'une particule fluide au cours de son mouvement.

   1. Conditions d'application :

   • Écoulement permanent (stationnaire) : \dfrac{\partial \vec{v}}{\partial t} = \vec{0} ;
   • Fluide incompressible et homogène (\rho = \text{cte}) ;
   • Fluide parfait (viscosité négligeable, absence de frottements visqueux et de pertes de charge) ;
   • Forces volumiques conservatives (ici la seule force volumique considérée est la pesanteur, dérivant de l'énergie potentielle de pesanteur).

   2. Énoncé de la relation : Sous ces hypothèses, le long d'une même ligne de courant (et dans tout le fluide si l'écoulement est de surcroît irrotationnel) :

   \boxed{P + \frac{1}{2}\,\rho\,v^2 + \rho\,g\,z = \text{constante}}

   ou, de façon équivalente par unité de masse de fluide :

   \frac{P}{\rho} + \frac{1}{2}\,v^2 + g\,z = \text{constante}

   où P est la pression statique au point considéré, v la vitesse locale de l'écoulement, \rho la masse volumique du fluide, g l'intensité de la pesanteur et z la cote mesurée selon un axe vertical ascendant.

   Dans le cas d'une conduite horizontale d'axe fixe (z = \text{cte}), la relation s'écrit simplement :

   P + \frac{1}{2}\,\rho\,v^2 = \text{constante}

   Résultat

   $$P+\frac{1}{2}\rho v^2+\rho gz=\text{constante}$$

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9. Exercice 9Banque PT Physique B PT 2026, Q25

   Les hypothèses d'application du théorème de Bernoulli sont satisfaites (écoulement stationnaire, fluide parfait et incompressible). Considérons une ligne de courant joignant le point A au point B le long de l'axe de la conduite.

   Le débitmètre étant horizontal, les cotes sont égales : z_A = z_B. La relation de Bernoulli s'écrit donc :

   P_A + \frac{1}{2}\,\rho_d\,u^2 = P_B + \frac{1}{2}\,\rho_d\,v^2

   D'après le résultat de la question Q23, la conservation du débit volumique donne :

   v = u\,\frac{S}{s}

   En substituant cette expression dans la relation de Bernoulli, on obtient :

   \begin{aligned} P_A - P_B &= \frac{1}{2}\,\rho_d\left(v^2 - u^2\right) \\ &= \frac{1}{2}\,\rho_d\,u^2\left[\left(\frac{S}{s}\right)^2 - 1\right] \end{aligned}

   Comme la section au col est plus étroite (S > s), on a (S/s)^2 - 1 > 0 et P_A > P_B (effet Venturi). Il vient ainsi :

   u^2 = \frac{2\left(P_A - P_B\right)}{\rho_d\left[\left(\dfrac{S}{s}\right)^2 - 1\right]}

   La vitesse étant positive dans le sens de l'écoulement, on en déduit :

   \boxed{u = \sqrt{\frac{2\left(P_A - P_B\right)}{\rho_d\left[\left(\dfrac{S}{s}\right)^2 - 1\right]}} = s\sqrt{\frac{2\left(P_A - P_B\right)}{\rho_d\left(S^2 - s^2\right)}}}

   Résultat

   $$u=\sqrt{\frac{2\left(P_A-P_B\right)}{{\rho }_d\left[{\left(\frac{S}{s}\right)}^2-1\right]}}=s\sqrt{\frac{2\left(P_A-P_B\right)}{{\rho }_d\left(S^2-s^2\right)}}$$

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10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2025, Q41

    Le nombre de Reynolds est un nombre sans dimension défini, pour un écoulement en conduite cylindrique de diamètre intérieur d, par :

    \boxed{Re = \frac{\rho v d}{\eta}}

    où \rho est la masse volumique du fluide, \eta sa viscosité dynamique et v la vitesse débitante (vitesse moyenne de l'écoulement).

    Signification physique Le nombre de Reynolds quantifie le rapport entre les effets d'inertie (terme convectif (\vec{v}\cdot\vec{\nabla})\vec{v} \sim \frac{v^2}{d}) et les effets visqueux (terme de diffusion visqueuse \nu \Delta \vec{v} \sim \frac{\eta v}{\rho d^2}) régissant l'écoulement dans l'équation de Navier-Stokes :

    Re \sim \frac{\|\text{forces d'inertie}\|}{\|\text{forces de viscosité}\|}.

    Il permet de caractériser le régime de l'écoulement (laminaire pour Re < 2\,000, turbulent au-delà).

    Application numérique La vitesse débitante dans la conduite de section circulaire S_{\mathrm{t}} = \frac{\pi d^2}{4} s'écrit :

    v = \frac{D_{\mathrm{v}}}{S_{\mathrm{t}}} = \frac{4 D_{\mathrm{v}}}{\pi d^2}.

    En injectant cette relation dans l'expression de Re, il vient :

    Re = \frac{4 \rho D_{\mathrm{v}}}{\pi \eta d}.

    Avec les valeurs numériques de l'énoncé :

    • \rho = 1{,}0 \cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
    • D_{\mathrm{v}} = 2\text{ L}\cdot\text{s}^{-1} = 2{,}0 \cdot 10^{-3}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} ;
    • \eta = 1{,}0 \cdot 10^{-3}\text{ Pa}\cdot\text{s} ;
    • d = 4\text{ cm} = 4{,}0 \cdot 10^{-2}\text{ m} ;
    • \pi \approx 3{,}14.

    Le calcul donne :

    \begin{aligned} v &= \frac{4 \times 2{,}0 \cdot 10^{-3}}{\pi \times (4{,}0 \cdot 10^{-2})^2} = \frac{5}{\pi} \approx 1{,}6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, \\ Re &= \frac{4 \times 1{,}0 \cdot 10^3 \times 2{,}0 \cdot 10^{-3}}{\pi \times 1{,}0 \cdot 10^{-3} \times 4{,}0 \cdot 10^{-2}} = \frac{2 \cdot 10^5}{\pi} \approx 6{,}4 \cdot 10^4. \end{aligned}

    \boxed{Re \approx 6{,}4 \cdot 10^4}

    Résultat

    $$Re=\frac{\rho vd}{\eta }$$

    $$Re\approx 6,4\cdot 10^4$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question