Feuille d'entraînement : Statique des fluides

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q5

   Considérons l'eau de la retenue, modélisée comme un fluide au repos, homogène et incompressible de masse volumique \mu_e, soumis au champ de pesanteur uniforme \vec{g} = g\,\vec{u}_z (l'axe (Oz) étant orienté verticalement vers le bas d'après la figure 1).

   Dans le référentiel d'étude supposé galiléen, l'équation fondamentale de la statique des fluides s'écrit :

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

   Par invariance par translation selon les directions horizontales \vec{u}_x et \vec{u}_y, le champ de pression ne dépend que de la cote z. La projection sur l'axe vertical (Oz) conduit à :

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

   La masse volumique \mu_e et le champ de pesanteur g étant constants, l'intégration donne :

   P(z) = \mu_e g z + \text{cte}

   À l'interface air/eau plane en z = 0, la continuité de la pression impose la condition aux limites :

   P(z = 0) = P_0

   On en déduit l'expression du champ de pression en fonction de la profondeur z :

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

   Résultat

   $$P(z)=P_0+{\mu }_{e}gz$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q6

   La paroi amont du barrage en contact avec l'eau est plane, verticale et normale à \vec{u}_x. Un élément de surface situé à la profondeur z, de largeur L selon l'axe (Oy) et de hauteur \mathrm{d}z, s'écrit :

   \mathrm{d}S = L\,\mathrm{d}z

   La normale extérieure au fluide dirigée vers le barrage est \vec{n}_{\text{eau}\to\text{barrage}} = \vec{u}_x. La force élémentaire exercée par l'eau sur cette surface est donc :

   \mathrm{d}\vec{F}_{\text{eau}} = P(z)\,\mathrm{d}S\,\vec{u}_x = \left(P_0 + \mu_e g z\right) L\,\mathrm{d}z\,\vec{u}_x

   La résultante des forces pressantes exercée par l'eau s'obtient par intégration sur la hauteur du barrage (z variant de 0 à H) :

   \begin{aligned} \vec{F}_{\text{eau}} &= \left( \int_0^H (P_0 + \mu_e g z)\,L\,\mathrm{d}z \right) \vec{u}_x \\ &= L \left[ P_0 z + \frac{1}{2}\mu_e g z^2 \right]_0^H \vec{u}_x \end{aligned}

   \boxed{\vec{F}_{\text{eau}} = \left( P_0 L H + \frac{1}{2}\mu_e g L H^2 \right) \vec{u}_x}

   Évaluation de l'ordre de grandeur de la norme : La surface de contact vaut S = L \times H = 605 \times 15\text{ m}^2. En utilisant l'aide au calcul 6,05 \times 15 \approx 9 \cdot 10^1, on a :

   S = (6,05 \cdot 10^2) \times 15 \approx 9 \cdot 10^3\text{ m}^2

   Évaluons séparément les deux contributions à la norme F_{\text{eau}} :

   • Contribution de la pression atmosphérique :

     P_0 L H = 1,0 \cdot 10^5 \times 9 \cdot 10^3 = 9 \cdot 10^8\text{ N}

   • Contribution du terme hydrostatique :

     \frac{1}{2}\mu_e g L H^2 = \frac{1}{2} \mu_e g S H \approx \frac{1}{2} \times 1,0 \cdot 10^3 \times 9,8 \times 9 \cdot 10^3 \times 15 \approx 4,9 \times 135 \cdot 10^6 \approx 6,6 \cdot 10^8\text{ N}

   La norme totale de la force exercée par l'eau vaut ainsi :

   F_{\text{eau}} \approx 9 \cdot 10^8 + 6,6 \cdot 10^8 \approx 1,6 \cdot 10^9\text{ N}

   L'ordre de grandeur de la résultante des forces pressantes exercée par l'eau sur le barrage est donc :

   \boxed{F_{\text{eau}} \sim 10^9\text{ N} \quad (1\text{ à }2\text{ GN})}

   Résultat

   $${\vec{F}}_{\text{eau}}=\left(P_{0}LH+\frac{1}{2}{\mu }_{e}gL{H}^2\right){\vec{u}}_x$$

   $$F_{\text{eau}}\sim 10^9\text{ N}(1\text{ aˋ }2\text{ GN})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2022, Q15

   On considère une tranche de fluide mésoscopique d'épaisseur \mathrm{d}z et de section droite horizontale S, comprise entre les cotes z et z+\mathrm{d}z. L'atmosphère étant au repos dans le référentiel terrestre supposé galiléen, le système est en équilibre statique.

   Le système est soumis à :

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

   La condition d'équilibre mécanique s'écrit :

   \sum \vec{F}_{\text{ext}} = \vec{0}

   En projetant sur l'axe vertical ascendant \vec{e}_z, on obtient :

   \begin{aligned} P(z)\,S - P(z+\mathrm{d}z)\,S - \rho\,g\,S\,\mathrm{d}z &= 0 \end{aligned}

   En simplifiant par la section S et en notant \mathrm{d}P = P(z+\mathrm{d}z) - P(z) :

   \boxed{\mathrm{d}P = -\rho\,g\,\mathrm{d}z}

   Résultat

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2022, Q16

   L'air étant modélisé par un gaz parfait à la température uniforme T_0, son équation d'état relie la pression P, le volume V, la quantité de matière n et la masse m par :

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

   La masse volumique s'écrit donc en tout point :

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

   En reportant cette expression dans la relation fondamentale de la statique des fluides établie à la question Q15, \mathrm{d}P = -\rho\,g\,\mathrm{d}z, il vient :

   \mathrm{d}P = -\frac{M g}{R T_0}\,P\,\mathrm{d}z \iff \frac{\mathrm{d}P}{P} = -\frac{M g}{R T_0}\,\mathrm{d}z

   En intégrant entre le niveau du sol (z = 0, P(0) = P_0) et l'altitude z, sous l'hypothèse d'une accélération de la pesanteur g uniforme :

   \begin{aligned} \int_{P_0}^{P(z)} \frac{\mathrm{d}P}{P} &= -\frac{M g}{R T_0} \int_0^z \mathrm{d}z' \\ \ln\left(\frac{P(z)}{P_0}\right) &= -\frac{M g}{R T_0}\,z \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la loi barométrique pour une atmosphère isotherme :

   \boxed{P(z) = P_0 \exp\left(-\frac{M g}{R T_0}\,z\right)}

   Résultat

   $$P(z)=P_0\exp \left(-\frac{Mg}{R{T}_0}z\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2022, Q2

   L'océan étant supposé au repos, la relation fondamentale de la statique des fluides établie à la question précédente s'écrit :

   \rho \vec{g} - \vec{\operatorname{grad}} P = \vec{0}

   L'axe (Oz) étant orienté verticalement vers le bas, l'accélération de la pesanteur s'écrit \vec{g} = g\,\vec{u}_z. De plus, par invariance par translation dans le plan horizontal, la pression ne dépend que de la profondeur z, soit \vec{\operatorname{grad}} P = \dfrac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}\,\vec{u}_z.

   L'eau de mer étant considérée incompressible de masse volumique uniforme \rho_0, la projection selon l'axe (Oz) donne :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = \rho_0 g

   Par intégration entre la surface (z = 0, où règne la pression atmosphérique P(0) = P_0) et la profondeur z, on obtient :

   \boxed{P(z) = P_0 + \rho_0 g z}

   Résultat

   $$P(z)=P_0+{\rho }_{0}gz$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie PSI 2021, Q19

   L'iceberg, assimilé à un bloc de glace d'eau douce de volume total V et de masse volumique \rho_{\text{gl}} = d_{\text{gl}}\,\rho_0 (avec \rho_0 la masse volumique de l'eau pure liquide à 4\,{^\circ}\mathrm{C}), est en équilibre statique à la surface de l'océan de masse volumique \rho_{\text{oc}} = d_{\text{oc}}\,\rho_0.

   Le volume de glace immergé sous l'eau est noté V_{\text{imm}} = V - v, où v désigne le volume émergé.

   Le système {iceberg} est soumis à deux actions mécaniques :

   • son poids : \vec{P} = - m_{\text{ice}}\,g\,\vec{e}_z = - \rho_{\text{gl}} V g\,\vec{e}_z ;
   • la poussée d'Archimède due à l'eau de mer déplacée : \vec{\Pi} = \rho_{\text{oc}} V_{\text{imm}} g\,\vec{e}_z = \rho_{\text{oc}} (V - v) g\,\vec{e}_z.

   À l'équilibre mécanique dans le référentiel lié à la Terre :

   \vec{P} + \vec{\Pi} = \vec{0}

   Soit, en projection sur l'axe vertical ascendant \vec{e}_z :

   \rho_{\text{oc}} (V - v) g = \rho_{\text{gl}} V g

   En simplifiant par g et \rho_0 :

   d_{\text{oc}} (V - v) = d_{\text{gl}} V \iff 1 - \frac{v}{V} = \frac{d_{\text{gl}}}{d_{\text{oc}}}

   On en déduit l'expression de la proportion de volume émergé :

   \frac{v}{V} = 1 - \frac{d_{\text{gl}}}{d_{\text{oc}}}

   Application numérique avec les données de l'énoncé (d_{\text{gl}} = 0{,}9 et d_{\text{oc}} = 1{,}1) :

   \frac{v}{V} = 1 - \frac{0{,}9}{1{,}1} = 1 - \frac{9}{11} = \frac{2}{11} \approx 0{,}18

   \boxed{\frac{v}{V} = 1 - \frac{d_{\text{gl}}}{d_{\text{oc}}} = \frac{2}{11} \approx 18\,\%}

   Résultat

   $$\frac{v}{V}=1-\frac{d_{\text{gl}}}{d_{\text{oc}}}=\frac{2}{11}\approx 18\%$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 PSI 2020, Q17

   L'atmosphère est supposée au repos dans le référentiel terrestre supposé galiléen. La relation fondamentale de la statique des fluides s'écrit, en projection sur l'axe vertical ascendant défini par le vecteur unitaire \boldsymbol{e}_Z (où le champ de pesanteur s'exprime par \boldsymbol{g} = -g\,\boldsymbol{e}_Z) :

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

   L'air étant assimilé à un gaz parfait de masse molaire M_a à température T uniforme, l'équation d'état s'écrit pour une masse m occupant un volume V :

   P V = \frac{m}{M_a} R T \implies P(Z) = \frac{\rho_a(Z) R T}{M_a}

   La température T étant uniforme et stationnaire, la dérivation par rapport à Z conduit à :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}Z} = \frac{R T}{M_a}\frac{\mathrm{d}\rho_a}{\mathrm{d}Z}

   En injectant cette relation dans l'équation de la statique des fluides, il vient :

   \begin{aligned} \frac{R T}{M_a}\frac{\mathrm{d}\rho_a}{\mathrm{d}Z} &= -\rho_a(Z)\,g \\ \frac{\mathrm{d}\rho_a}{\mathrm{d}Z} + \frac{M_a g}{R T}\,\rho_a(Z) &= 0 \end{aligned}

   En introduisant la hauteur caractéristique (hauteur d'échelle) :

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

   l'équation différentielle se résout immédiatement sous la forme :

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

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

   \begin{aligned} R T &\approx 8,31 \times 293 \approx 2,44 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{mol}^{-1} \\ M_a g &\approx 2,9 \times 10^{-2} \times 9,80 \approx 0,284\text{ N}\cdot\text{mol}^{-1} \\ H_c &= \frac{2,44 \times 10^3}{0,284} \approx 8,6 \times 10^3\text{ m} = 8,6\text{ km} \end{aligned}

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

   Résultat

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

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8X-ENS Physique PSI 2020, Q5

   Dans l'air au repos soumis au champ de pesanteur uniforme \vec{g}_0, la résultante des forces de pression exercées sur un corps de volume V totalement immergé est la poussée d'Archimède :

   \boxed{\vec{\Pi} = -\rho_{\text{air}} V \vec{g}_0}

   Cette force est verticale, dirigée vers le haut (à l'opposé du champ de pesanteur), et a pour norme \Pi = \rho_{\text{air}} V g_0.

   À l'équilibre mécanique de l'étalon sur une balance dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la force de soutien \vec{R} exercée par le plateau compense le poids et la poussée d'Archimède :

   \vec{R} + m\vec{g}_0 + \vec{\Pi} = \vec{0} \implies \vec{R} = -\left(m - \rho_{\text{air}}V\right)\vec{g}_0

   Le poids apparent mesuré par la balance est donc :

   \vec{P}_{\text{app}} = -\vec{R} = \left(m - \rho_{\text{air}}V\right)\vec{g}_0 = m_{\text{app}} \vec{g}_0

   avec une masse apparente m_{\text{app}} = m - \rho_{\text{air}}V < m.

   La poussée d'Archimède s'opposant au poids, elle contribue donc à diminuer la masse apparente de l'étalon.

   Résultat

   $$\vec{\Pi }=-{\rho }_{\text{air}}V{\vec{g}}_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 PSI 2026, Q14

   D'après la loi de Laplace fournie par l'énoncé :

   \Delta P = P_{\text{int}} - P_{\text{ext}} = \alpha \left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right)

   Une différence de pression s'exprime en pascals ({\mathrm{Pa}}, soit des {\mathrm{N/m^{2}}}), et les rayons de courbure R_1 et R_2 ont la dimension d'une longueur ({\mathrm{m}}). Il vient donc :

   [\alpha] = [\Delta P] \cdot [R] = {\mathrm{Pa\cdot cdot\cdot m}} = {\mathrm{N/m}}

   De manière équivalente, à partir de l'énergie potentielle de surface E_p = \alpha S, où une énergie s'exprime en joules ({\mathrm{J}}) et une aire en mètres carrés ({\mathrm{m^{2}}}) :

   [\alpha] = \frac{[E_p]}{[S]} = {\mathrm{J/m^{2}}}

   Dans le Système International d'unités (unités de base), sachant qu'1{\mathrm{N}} = 1{\mathrm{kg\cdot cdot\cdot m/s^{2}}} :

   \boxed{{\mathrm{N/m}} \quad \text{ou} \quad {\mathrm{J/m^{2}}} \quad \left(\text{soit en unités de base : } {\mathrm{kg/s^{2}}}\right)}

   Résultat

   $$N/m\text{ou}J/{\mathrm{m}}^2\left(\text{soit en uniteˊs de base : }kg/{\mathrm{s}}^2\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 PSI 2026, Q16

    Le profil du rayon est donné par r(z) = R + \varepsilon \sin(kz), d'où :

    \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}z} = \varepsilon k \cos(kz)

    Au second ordre en \varepsilon, le terme sous la racine se développe selon :

    \sqrt{1 + \left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}z}\right)^2} = 1 + \frac{1}{2}\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}z}\right)^2 + o(\varepsilon^2) = 1 + \frac{1}{2}\varepsilon^2 k^2 \cos^2(kz) + o(\varepsilon^2)

    En multipliant par r(z) = R + \varepsilon \sin(kz) et sachant que R = R_0 + \mathcal{O}(\varepsilon^2), il vient au second ordre :

    r(z)\sqrt{1 + \left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}z}\right)^2} = R + \varepsilon \sin(kz) + \frac{1}{2} R_0 k^2 \varepsilon^2 \cos^2(kz) + o(\varepsilon^2)

    L'aire latérale S s'obtient en intégrant sur une période [-\lambda/2, \, \lambda/2] de longueur \lambda = 2\pi/k :

    \begin{aligned} \int_{-\lambda/2}^{\lambda/2} \mathrm{d}z &= \lambda \\ \int_{-\lambda/2}^{\lambda/2} \sin(kz)\,\mathrm{d}z &= 0 \\ \int_{-\lambda/2}^{\lambda/2} \cos^2(kz)\,\mathrm{d}z &= \frac{\lambda}{2} \end{aligned}

    On obtient ainsi :

    S = 2\pi \left( R \lambda + \frac{1}{4} R_0 k^2 \varepsilon^2 \lambda \right) + o(\varepsilon^2)

    D'après le résultat de la question Q15, la conservation du volume impose :

    R = R_0 \left(1 - \frac{1}{4}\frac{\varepsilon^2}{R_0^2}\right)

    En injectant cette relation dans l'expression de S :

    \begin{aligned} S &= 2\pi \lambda \left[ R_0 \left(1 - \frac{1}{4}\frac{\varepsilon^2}{R_0^2}\right) + \frac{1}{4} R_0 k^2 \varepsilon^2 \right] \\ &= 2\pi R_0 \lambda \left[ 1 + \frac{1}{4}\left(k^2 - \frac{1}{R_0^2}\right)\varepsilon^2 \right] \end{aligned}

    On identifie bien la forme demandée S = 2\pi R_0 \lambda (1 + \gamma \varepsilon^2) avec :

    \boxed{\gamma = \frac{1}{4}\left(k^2 - \frac{1}{R_0^2}\right)}

    L'énergie potentielle associée à la tranche est E_p = \alpha S. L'état non perturbé (\varepsilon = 0) est un état d'équilibre. Cet équilibre est stable si et seulement si l'énergie potentielle y présente un minimum strict, c'est-à-dire si une déformation augmente l'aire de la surface latérale (\Delta S > 0), soit :

    \gamma > 0 \iff k^2 - \frac{1}{R_0^2} > 0 \iff k > \frac{1}{R_0}

    Comme k = \frac{2\pi}{\lambda}, cette condition se réécrit :

    \frac{2\pi}{\lambda} > \frac{1}{R_0} \iff \lambda < 2\pi R_0

    La perturbation n'est donc stable que si \lambda < \lambda_\ell, avec :

    \boxed{\lambda_\ell = 2\pi R_0}

    Résultat

    $$\gamma =\frac{1}{4}\left(k^2-\frac{1}{R_0^2}\right)$$

    $${\lambda }_{\ell }=2\pi R_0$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question