Feuille d'entraînement : Statique des fluides

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 1 MPI 2024, Q16

   Considérons la colonne de fluide immobile de section droite d'aire S, délimitée par les plans horizontaux de cotes z_1 et z_2 (avec z_1 < z_2).

   Les forces extérieures appliquées à cette colonne sont :

   • la force pressante exercée sur la face inférieure en z_1, dirigée vers le haut :

     \vec{F}_1 = P(z_1) \, S \, \hat{u}_z

   • la force pressante exercée sur la face supérieure en z_2, dirigée vers le bas :

     \vec{F}_2 = - P(z_2) \, S \, \hat{u}_z

   • les forces pressantes exercées par le fluide environnant sur la surface latérale : perpendiculaires à la paroi verticale en chaque point, leur résultante est purement horizontale et ne possède aucune composante selon \hat{u}_z :

     \vec{F}_{\text{lat}} \cdot \hat{u}_z = 0

   • la force de gravitation volumique : pour une tranche élémentaire de fluide comprise entre z et z + \mathrm{d}z, de masse \mathrm{d}m = \rho(z) \, S \, \mathrm{d}z, le poids élémentaire s'écrit \mathrm{d}\vec{F}_g = \vec{G}(z) \, \mathrm{d}m = \rho(z) \, G(z) \, S \, \mathrm{d}z \, \hat{u}_z. La résultante sur la colonne vaut donc :

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

   À l'équilibre mécanique de la colonne dans le référentiel d'étude, la résultante des forces est nulle :

   \vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \vec{F}_{\text{lat}} + \vec{F}_g = \vec{0}

   En projetant sur le vecteur unitaire \hat{u}_z, il vient :

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

   Soit, en simplifiant par S \neq 0 :

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

   Cette relation étant valable pour tout couple d'altitudes (z_1, z_2), on dérive par rapport à z_2 (ou on pose z_1 = z et z_2 = z + \mathrm{d}z), ce qui donne l'équation différentielle fondamentale de la statique des fluides :

   \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 2E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q29

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

   \begin{aligned} V_0 = \frac{4}{3}\pi r^3 \quad &\implies \quad r = \left(\frac{3V_0}{4\pi}\right)^{1/3} \\ S_\mathrm{s} = 4\pi r^2 &= 4\pi \left(\frac{3V_0}{4\pi}\right)^{2/3} = (36\pi)^{1/3} V_0^{2/3} \end{aligned}

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

   \begin{aligned} V_0 = a^3 \quad &\implies \quad a = V_0^{1/3} \\ S_\mathrm{c} &= 6a^2 = 6 V_0^{2/3} \end{aligned}

   Le rapport des surfaces s'écrit alors :

   \frac{S_\mathrm{s}}{S_\mathrm{c}} = \frac{(36\pi)^{1/3}}{6} = \left(\frac{36\pi}{6^3}\right)^{1/3} = \left(\frac{36\pi}{216}\right)^{1/3}

   Comme \pi \approx 3{,}14 < 6, on a bien :

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

   Commentaire : À volume fixé, la sphère présente une surface plus faible que celle du cube. Plus généralement, d'après l'inégalité isopérimétrique, la sphère est la forme tridimensionnelle qui minimise l'aire de surface pour un volume donné.

   Puisque l'énergie potentielle d'interface (tension superficielle \gamma) est proportionnelle à la surface du film selon E_\mathrm{p, surf} = 2\gamma S, l'état d'équilibre mécanique stable (qui correspond à un minimum d'énergie potentielle à volume d'hélium fixé) impose à la bulle une forme sphérique.

   Résultat

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q30

   On étudie la bulle de savon dans le référentiel terrestre supposé galiléen. L'axe vertical (Oz) est orienté vers le haut selon le vecteur unitaire \vec{u}_z.

   Au rayon critique r_\mathrm{c}, la bulle est à la limite entre l'ascension et la descente : sa vitesse est nulle, la force de traînée aérodynamique est donc absente. Le bilan des forces s'écrit :

   • le poids de la bulle \vec{P} = - m_\mathrm{tot} g \vec{u}_z, dirigé vers le bas, avec m_\mathrm{tot} = m_\mathrm{He} + m_\ell :

     m_\mathrm{He} = \rho_\mathrm{He} V_\mathrm{He} = \rho_\mathrm{He} \frac{4}{3}\pi r_\mathrm{c}^3,

     et la coque liquide mince (e \ll r_\mathrm{c}) de volume V_\ell \simeq S_\mathrm{s} e = 4\pi r_\mathrm{c}^2 e :

     m_\ell \simeq \rho_\ell (4\pi r_\mathrm{c}^2 e) \,;

   • la poussée d'Archimède exercée par l'air, verticale ascendante, de norme égale au poids de l'air déplacé (de rayon r_\mathrm{c} + e \simeq r_\mathrm{c}) :

     \vec{\Pi}_\mathrm{A} = \rho_\mathrm{a} \frac{4}{3}\pi r_\mathrm{c}^3 g \vec{u}_z.

   À l'équilibre pour le rayon critique r_\mathrm{c}, la résultante des forces est nulle (\vec{P} + \vec{\Pi}_\mathrm{A} = \vec{0}), ce qui se traduit par :

   \Pi_\mathrm{A} = P \iff \rho_\mathrm{a} \frac{4}{3}\pi r_\mathrm{c}^3 g = \left( \rho_\mathrm{He} \frac{4}{3}\pi r_\mathrm{c}^3 + \rho_\ell 4\pi r_\mathrm{c}^2 e \right) g.

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

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

   d'où l'expression littérale de l'épaisseur du film :

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

   Application numérique : Avec r_\mathrm{c} = 6{,}0\text{ mm} = 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} :

   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}

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

   Résultat

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q35

   La réaction chimique entre l'aluminium et les ions hydroxyde produit du dihydrogène gazeux \mathrm{H}_{2(\mathrm{g})}.

   Dans les mêmes conditions de température et de pression, la masse volumique d'un gaz parfait s'écrit \rho = \frac{P \mathcal{M}}{R T}, où \mathcal{M} est sa masse molaire. Le dihydrogène possède une masse molaire :

   \mathcal{M}_{\mathrm{H}_2} \approx 2{,}0\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}

   nettement inférieure à la masse molaire moyenne de l'air :

   \mathcal{M}_{\text{air}} \approx 29\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}.

   Le dihydrogène est donc beaucoup moins dense que l'air (\rho_{\mathrm{H}_2} \ll \rho_{\text{air}}).

   D'après le principe d'Archimède, le ballon rempli de dihydrogène subit une poussée ascendante égale au poids du volume d'air déplacé. Dès que le volume de gaz produit est suffisant pour que la poussée d'Archimède compense le poids total du ballon (enveloppe en latex et masse de dihydrogène contenu), la force résultante devient orientée vers le haut, ce qui provoque l'envol du ballon.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 MPI 2024, Q14

   L'étoile est modélisée par une boule homogène de masse totale M et de rayon R. Son volume total est donc :

   V = \frac{4}{3}\pi R^3

   La masse volumique \rho étant uniforme, elle s'écrit :

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

   La masse m(r) déjà constituée à l'intérieur de la sphère de rayon r \leqslant R s'exprime comme le produit de la masse volumique par le volume de cette sphère :

   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}

   L'accroissement de masse \mathrm{d}m nécessaire pour faire passer le rayon de r à r + \mathrm{d}r correspond à la masse contenue dans une couche sphérique d'épaisseur \mathrm{d}r et de volume \mathrm{d}V = 4\pi r^2 \mathrm{d}r. Il s'obtient directement par différentiation de m(r) ou par \rho\,\mathrm{d}V :

   \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

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 MPI 2024, Q18

   La distribution de masse possède une symétrie sphérique centrée en O. Le champ gravitationnel est donc purement radial et ne dépend que de la distance r au centre :

   \vec{G}(\vec{r}) = G_r(r)\,\hat{u}_r

   D'après le théorème de Gauss appliqué au champ gravitationnel à travers une sphère de centre O et de rayon r \leqslant R :

   \iint_{S(r)} \vec{G} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = -4\pi\mathcal{G}\,m_{\text{int}}(r)

   Par invariance et symétrie, le flux s'écrit \iint_{S(r)} \vec{G} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = 4\pi r^2 G_r(r). La masse intérieure m_{\text{int}}(r) = m(r) vaut, d'après la question Q14, m(r) = M\frac{r^3}{R^3}. On en déduit :

   4\pi r^2 G_r(r) = -4\pi\mathcal{G} M \frac{r^3}{R^3}

   soit :

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

   D'après le préambule de la question, l'équation différentielle d'équilibre s'obtient en transposant celle de la question Q16 en coordonnées sphériques par la substitution z \to r, avec \rho(r) = \rho = \text{cste} :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}r} = \rho\,G_r(r)

   En remplaçant \rho = \frac{3M}{4\pi R^3} (question Q14) et G_r(r) = -\frac{\mathcal{G}Mr}{R^3} :

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

   À la surface de l'étoile (r = R), le fluide est au contact du vide, ce qui impose la condition aux limites P(R) = 0. On intègre alors entre r et R :

   \begin{aligned} \int_{P(r)}^{0} \mathrm{d}P &= -\frac{3\mathcal{G}M^2}{4\pi R^6} \int_r^R r'\,\mathrm{d}r' \\ 0 - 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 retrouve 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

7. Exercice 7X-ENS Physique MPI 2023, Q29

   L'atmosphère étant modélisée comme un gaz parfait, l'équation d'état reliant la pression P, le volume V, la quantité de matière n et la température T s'écrit :

   P(z) = \frac{n}{V} R T(z) = N(z) R T(z) \implies N(z) = \frac{P(z)}{R T(z)}

   En injectant cette relation dans l'équation de la statique des fluides fournie par l'énoncé, on obtient :

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

   L'énoncé précise par ailleurs que le gradient vertical de température est constant :

   \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}z} = -\Gamma

   En éliminant l'altitude z par division membre à membre des deux gradients :

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

   En séparant les variables :

   \frac{\mathrm{d}T}{T} = \frac{R \Gamma}{M g} \frac{\mathrm{d}P}{P}

   On intègre cette relation entre le niveau du sol (z = 0, où P=P(0) et T=T(0)) et l'altitude z :

   \int_{T(0)}^{T(z)} \frac{\mathrm{d}T}{T} = \frac{R \Gamma}{M g} \int_{P(0)}^{P(z)} \frac{\mathrm{d}P}{P}

   ce qui donne immédiatement :

   \ln\left(\frac{T(z)}{T(0)}\right) = \frac{R \Gamma}{M g} \ln\left(\frac{P(z)}{P(0)}\right) = \ln\left[\left(\frac{P(z)}{P(0)}\right)^{\frac{R \Gamma}{M g}}\right]

   En prenant l'exponentielle, on retrouve la loi polytropique recherchée :

   \boxed{\frac{T(z)}{T(0)} = \left(\frac{P(z)}{P(0)}\right)^\beta \quad \text{avec} \quad \beta = \frac{R \Gamma}{M g}}

   Résultat

   $$\frac{T(z)}{T(0)}={\left(\frac{P(z)}{P(0)}\right)}^{\beta }\text{avec}\beta =\frac{R\Gamma }{Mg}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8X-ENS Physique MPI 2023, Q30

   D'après l'expression établie à la question précédente :

   \beta = \frac{R \Gamma}{M g}

   Avec les valeurs numériques fournies par l'énoncé, exprimées dans le système international :

   • R = 8\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1} ;
   • \Gamma = 6\text{ K}\cdot\text{km}^{-1} = 6 \times 10^{-3}\text{ K}\cdot\text{m}^{-1} ;
   • M = 30\text{ g}\cdot\text{mol}^{-1} = 30 \times 10^{-3}\text{ kg}\cdot\text{mol}^{-1} ;
   • g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}.

   L'application numérique donne :

   \begin{aligned} \beta &= \frac{8 \times 6 \times 10^{-3}}{30 \times 10^{-3} \times 10} = \frac{48}{300} = 0{,}16 \end{aligned}

   \boxed{\beta = 0{,}16}

   La relation entre température et pression s'écrit :

   T(P) = T(0) \left(\frac{P}{P(0)}\right)^{\beta}

   Comme 0 < \beta < 1, la température T est une fonction strictement croissante de la pression P, concave, présentant une tangente verticale en P = 0 et passant par le point (P(0),\, T(0)).

   Résultat

   $$\beta =0,16$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique MPI 2023, Q32

   La fraction molaire x de \mathrm{CO}_2 étant uniforme dans l'atmosphère, la concentration molaire en dioxyde de carbone à l'altitude z' s'écrit :

   N_{\mathrm{CO}_2}(z') = x N(z')

   Par définition, \mu(z) représente le nombre total de moles de \mathrm{CO}_2 contenues dans une colonne atmosphérique de section unité s'étendant de l'altitude z à l'infini :

   \mu(z) = \int_z^{+\infty} N_{\mathrm{CO}_2}(z')\,\mathrm{d}z' = x \int_z^{+\infty} N(z')\,\mathrm{d}z'

   D'après la relation de la statique des fluides rappelée à la question Q29, on a :

   \frac{\mathrm{d}P(z')}{\mathrm{d}z'} = -M g N(z') \iff N(z')\,\mathrm{d}z' = -\frac{1}{M g}\,\mathrm{d}P(z')

   En intégrant entre z et +\infty, et en notant que la pression s'annule aux confins de l'atmosphère (P(+\infty) = 0), il vient :

   \mu(z) = -\frac{x}{M g} \int_{P(z)}^{0} \mathrm{d}P = \frac{x}{M g} P(z)

   \boxed{\mu(z) = \frac{x\,P(z)}{M g}}

   L'altitude effective d'émission h est définie par la condition critique \mu(h) = \mu_c. On en déduit immédiatement la pression atmosphérique P(h) à cette altitude :

   \frac{x\,P(h)}{M g} = \mu_c \iff \boxed{P(h) = \frac{\mu_c M g}{x}}

   Résultat

   $$\mu (z)=\frac{xP(z)}{Mg}$$

   $$P(h)=\frac{{\mu }_{c}Mg}{x}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 MPI 2024, Q19

    D'après l'hypothèse de la question Q17, l'énergie cinétique d'agitation thermique contenue dans un volume élémentaire \mathrm{d}V soumis à la pression locale P(r) s'écrit :

    \mathrm{d}E_c = \frac{3}{2} P(r) \, \mathrm{d}V

    En raison de la symétrie sphérique, on découpe l'étoile en couches concentriques d'épaisseur \mathrm{d}r, de volume \mathrm{d}V = 4\pi r^2 \mathrm{d}r. L'énergie cinétique totale s'obtient donc par intégration :

    \begin{aligned} E_c &= \int_0^R \frac{3}{2} P(r) \cdot 4\pi r^2 \, \mathrm{d}r \\ &= 6\pi \int_0^R P(r) \, r^2 \, \mathrm{d}r \end{aligned}

    En injectant l'expression de la pression issue de la question Q18, P(r) = \dfrac{3\mathcal{G}M^2}{8\pi R^6}(R^2 - r^2) :

    \begin{aligned} E_c &= 6\pi \times \frac{3\mathcal{G}M^2}{8\pi R^6} \int_0^R (R^2 - r^2) r^2 \, \mathrm{d}r \\ &= \frac{9\mathcal{G}M^2}{4 R^6} \left[ \frac{R^2 r^3}{3} - \frac{r^5}{5} \right]_0^R \\ &= \frac{9\mathcal{G}M^2}{4 R^6} R^5 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) \\ &= \frac{9\mathcal{G}M^2}{4 R} \times \frac{2}{15} \end{aligned}

    Ce qui se simplifie en :

    \boxed{E_c = \frac{3}{10} \frac{\mathcal{G}M^2}{R}}

    Commentaires :

    1. Théorème du viriel : À la question Q15, nous avons trouvé pour l'énergie potentielle gravitationnelle de l'étoile W_g = -\dfrac{3}{5}\dfrac{\mathcal{G}M^2}{R}. On constate la relation remarquable :

       E_c = -\frac{1}{2} W_g \quad \Longleftrightarrow \quad 2E_c + W_g = 0

       On retrouve exactement le théorème du viriel pour un système auto-gravitant à l'équilibre dynamique soumis à un potentiel d'interaction en 1/r.

    2. Cohérence des ordres de grandeur : Cela confirme que l'énergie thermique d'agitation et l'énergie gravitationnelle sont du même ordre de grandeur, comme annoncé dans le préambule.

    3. Énergie mécanique totale et stabilité : L'énergie mécanique totale de l'étoile vaut :

       E_m = E_c + W_g = -E_c = \frac{1}{2} W_g = -\frac{3}{10} \frac{\mathcal{G}M^2}{R} < 0

       Le signe négatif confirme que l'étoile forme un système gravitationnellement lié et stable.

    Résultat

    $$E_c=\frac{3}{10}\frac{\mathcal{G}{M}^2}{R}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question