Feuille d'entraînement : Statique des fluides

Corrigés

1. Exercice 1Mines-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

2. Exercice 2CentraleSupélec 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

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 7E3A Physique-Chimie MP 2026, Q30

   Pour la bulle sphérique de rayon r et de volume V_0 :

   V_0 = \frac{4}{3}\pi r^3 \implies r = \left(\frac{3V_0}{4\pi}\right)^{1/3}

   Son aire de surface extérieure est donc :

   S_{\mathrm{s}} = 4\pi r^2 = 4\pi \left(\frac{3V_0}{4\pi}\right)^{2/3} = \left(36\pi V_0^2\right)^{1/3}

   Pour la bulle cubique d'arête a et de même volume V_0 :

   V_0 = a^3 \implies a = V_0^{1/3}

   Son aire de surface est la somme des aires de ses six faces carrées :

   S_{\mathrm{c}} = 6a^2 = 6 V_0^{2/3} = \left(216 V_0^2\right)^{1/3}

   Le rapport des deux aires s'écrit alors :

   \begin{aligned} \frac{S_{\mathrm{s}}}{S_{\mathrm{c}}} &= \frac{\left(36\pi V_0^2\right)^{1/3}}{\left(216 V_0^2\right)^{1/3}} = \left(\frac{36\pi}{216}\right)^{1/3} = \left(\frac{\pi}{6}\right)^{1/3} \end{aligned}

   Puisque \pi \approx 3{,}14 < 6, le rapport sous la racine cubique est strictement inférieur à 1, d'où :

   \boxed{\frac{S_{\mathrm{s}}}{S_{\mathrm{c}}} = \left(\frac{\pi}{6}\right)^{1/3} < 1}

   Commentaire : L'énergie associée aux interfaces du film de savon est une énergie capillaire de la forme \mathcal{E}_{\mathrm{p}} = 2\gamma S (où \gamma est la tension superficielle du liquide et le facteur 2 tient compte des deux faces interne et externe du film). À volume de gaz fixé, l'état d'équilibre thermodynamique stable correspond à la minimisation de cette énergie libre d'interface, et donc à la minimisation de la surface S. La forme sphérique optimise ce rapport surface/volume (propriété isopérimétrique), ce qui explique la sphéricité observée des bulles de savon.

   Résultat

   $$\frac{S_{\mathrm{s}}}{S_{\mathrm{c}}}={\left(\frac{\pi }{6}\right)}^{1/3}<1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8E3A Physique-Chimie MP 2026, Q31

   On étudie la bulle de rayon critique r_{\mathrm{c}}, constituée du gaz hélium enfermé et d'une fine pellicule d'eau savonneuse d'épaisseur e \ll r_{\mathrm{c}}, dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

   Au rayon critique r_{\mathrm{c}}, marquant la transition entre la descente et la montée, la bulle est en équilibre vertical sous l'action de deux forces :

   • son poids total \vec{P} = (m_{\mathrm{He}} + m_{\ell})\,\vec{g}, dirigé vers le bas ;
   • la poussée d'Archimède \vec{\Pi}_{\mathrm{A}} = - m_{\mathrm{a}}\,\vec{g}, dirigée vers le haut, où m_{\mathrm{a}} est la masse du volume d'air déplacé par la bulle.

   À la limite de flottabilité :

   \vec{P} + \vec{\Pi}_{\mathrm{A}} = \vec{0} \iff m_{\mathrm{He}} + m_{\ell} = m_{\mathrm{a}}

   Puisque e \ll r_{\mathrm{c}}, le volume total de la bulle (et donc le volume d'air déplacé) s'assimile à celui d'une sphère de rayon r_{\mathrm{c}} :

   V_{\mathrm{tot}} \simeq V_{\mathrm{He}} = \frac{4}{3}\pi r_{\mathrm{c}}^3 \implies m_{\mathrm{He}} = \rho_{\mathrm{He}}\,\frac{4}{3}\pi r_{\mathrm{c}}^3 \quad \text{et} \quad m_{\mathrm{a}} = \rho_{\mathrm{a}}\,\frac{4}{3}\pi r_{\mathrm{c}}^3

   Le liquide de savon est contenu dans une coquille sphérique d'épaisseur e \ll r_{\mathrm{c}}, de volume :

   V_{\ell} \simeq 4\pi r_{\mathrm{c}}^2 e \implies m_{\ell} = \rho_{\ell}\,4\pi r_{\mathrm{c}}^2 e

   En substituant ces expressions dans la condition d'équilibre :

   \rho_{\mathrm{He}}\,\frac{4}{3}\pi r_{\mathrm{c}}^3 + \rho_{\ell}\,4\pi r_{\mathrm{c}}^2 e = \rho_{\mathrm{a}}\,\frac{4}{3}\pi r_{\mathrm{c}}^3

   En divisant chaque terme par 4\pi r_{\mathrm{c}}^2, il vient :

   \rho_{\ell}\,e = \frac{r_{\mathrm{c}}}{3}(\rho_{\mathrm{a}} - \rho_{\mathrm{He}})

   D'où l'expression littérale de l'épaisseur e :

   \boxed{e = \frac{r_{\mathrm{c}}}{3}\,\frac{\rho_{\mathrm{a}} - \rho_{\mathrm{He}}}{\rho_{\ell}}}

   Application numérique : Avec r_{\mathrm{c}} = 6{,}0\cdot 10^{-3}\text{ m}, \rho_{\mathrm{a}} = 1{,}2\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, \rho_{\mathrm{He}} = 0{,}2\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et \rho_{\ell} = 1{,}0\cdot 10^{3}\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} :

   \begin{aligned} e &= \frac{6{,}0\cdot 10^{-3}}{3} \times \frac{1{,}2 - 0{,}2}{1{,}0\cdot 10^{3}} \\ &= 2{,}0\cdot 10^{-3} \times 1{,}0\cdot 10^{-3} \\ &= 2{,}0\cdot 10^{-6}\text{ m} = 2{,}0\ \mu\text{m} \end{aligned}

   \boxed{e = 2{,}0\ \mu\text{m}}

   Résultat

   $$e=\frac{r_{\mathrm{c}}}{3}\frac{{\rho }_{\mathrm{a}}-{\rho }_{\mathrm{He}}}{{\rho }_{\ell }}$$

   $$e=2,0\mu \text{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie MP 2026, Q36

   L'envol du ballon s'explique par les points suivants :

   • La réaction chimique produit du dihydrogène gazeux \mathrm{H}_{2(\text{g})}, qui vient gonfler l'enveloppe du ballon.

   • La masse molaire du dihydrogène, M(\mathrm{H}_2) \approx 2\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}, est très inférieure à la masse molaire moyenne de l'air, M_{\text{air}} \approx 29\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1}. À température et pression identiques, le modèle du gaz parfait donne :

     \rho = \frac{P M}{R T} \implies \rho_{\mathrm{H}_2} \ll \rho_{\text{air}}

     Le dihydrogène est donc un gaz nettement moins dense que l'air environnant (environ quatorze fois moins dense).

   • D'après le principe d'Archimède, la poussée verticale ascendante subie par le ballon correspond au poids du volume d'air déplacé, \Pi = \rho_{\text{air}} V g. Pour un volume V suffisamment grand, cette poussée surpasse le poids total du système (poids du dihydrogène et de l'enveloppe de baudruche) :

     \Pi > (m_{\text{enveloppe}} + \rho_{\mathrm{H}_2} V)g

   La force résultante étant orientée vers le haut, le ballon peut effectivement s'envoler.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-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