Feuille d'entraînement : Statique 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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2024, Q53

   On se place dans le référentiel terrestre supposé galiléen. L'eau du réservoir est au repos (équilibre hydrostatique) et soumise au champ de pesanteur uniforme :

   \vec{g} = -g\,\vec{e}_z

   puisque l'axe (Oz) est vertical ascendant.

   La relation fondamentale de la statique des fluides s'écrit :

   \vec{\nabla} P = \rho_{\mathrm{e}}\,\vec{g}

   Par projection sur les axes du repère cylindrique, le champ de pression ne dépend que de l'altitude z et vérifie :

   \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -\rho_{\mathrm{e}} g

   Le fluide étant supposé incompressible, sa masse volumique \rho_{\mathrm{e}} est constante et indépendante de l'altitude. En intégrant entre une altitude z quelconque (0 \leqslant z \leqslant H) et la surface libre située en z = H, on obtient :

   P(H) - P(z) = -\rho_{\mathrm{e}} g (H - z)

   À la surface libre (z = H), l'eau est en contact avec l'atmosphère extérieure où règne la pression uniforme P_0. Par continuité de la pression à l'interface eau-air :

   P(H) = P_0

   On en déduit l'expression du champ de pression dans l'eau :

   \boxed{P(z) = P_0 + \rho_{\mathrm{e}} g (H - z)}

   Résultat

   $$P(z)=P_0+{\rho }_{\mathrm{e}}g(H-z)$$

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5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2023, Q1

   Considérons le système fermé constitué par la tranche d'eau cylindrique d'aire de base S et d'épaisseur \mathrm{d}z, comprise entre les cotes z et z + \mathrm{d}z. L'axe (Oz) est vertical orienté vers le haut, de sorte que le champ de pesanteur s'écrit \vec{g} = -g_0 \vec{e}_z.

   Le fluide étant au repos à l'équilibre dans le référentiel terrestre supposé galiléen, le principe fondamental de la statique impose :

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

   Les actions mécaniques extérieures appliquées à la tranche de fluide sont :

   • Les forces pressantes sur la face inférieure (en z) et sur la face supérieure (en z+\mathrm{d}z) :

     \begin{aligned} \mathrm{d}\vec{F}_{P}(z) &= P(z)\,S\,\vec{e}_z \\ \mathrm{d}\vec{F}_{P}(z+\mathrm{d}z) &= -P(z+\mathrm{d}z)\,S\,\vec{e}_z \end{aligned}
   • Les forces pressantes sur la surface latérale, dont la résultante est nulle par raison de symétrie axiale ;

   • Le poids de la tranche de fluide de masse \mathrm{d}m = \rho\, S\,\mathrm{d}z :

     \mathrm{d}\vec{P}_{\text{oids}} = \mathrm{d}m\,\vec{g} = -\rho\,g_0\,S\,\mathrm{d}z\,\vec{e}_z

   En sommant ces contributions, la condition d'équilibre s'écrit :

   \left[ P(z) - P(z+\mathrm{d}z) \right] S\,\vec{e}_z - \rho\,g_0\,S\,\mathrm{d}z\,\vec{e}_z = \vec{0}

   En effectuant un développement limité au premier ordre, P(z+\mathrm{d}z) - P(z) = \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}\,\mathrm{d}z, puis en simplifiant par le volume élémentaire \mathrm{d}V = S\,\mathrm{d}z, on obtient :

   -\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}\,\vec{e}_z + \rho\,\vec{g} = \vec{0}

   Sachant que le gradient de pression s'écrit ici \vec{\operatorname{grad}} P = \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}\,\vec{e}_z, on en déduit la relation locale de la statique des fluides :

   \boxed{\vec{\operatorname{grad}} P = \rho\,\vec{g}}

   Ce qui se traduit par la projection scalaire sur l'axe (Oz) :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -\rho\,g_0}

   Résultat

   $$\overrightarrow{\mathrm{grad}}P=\rho \vec{g}$$

   $$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}=-\rho g_0$$

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6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2022, Q20

   Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, l'eau du lac est modélisée par un fluide au repos, incompressible et homogène de masse volumique \rho.

   La loi fondamentale de la statique des fluides s'écrit, avec l'axe vertical descendant orienté vers le fond :

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

   En intégrant entre la surface libre (z = 0, à la pression atmosphérique P_0) et le fond du lac (z = H), on obtient :

   P = P_0 + \rho g H

   Les grandeurs utiles et leurs valeurs usuelles sont :

   • la pression atmosphérique à la surface du lac : P_0 = 1\text{ bar} = 10^5\text{ Pa} ;
   • la masse volumique de l'eau : \rho = 1{,}0\cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} ;
   • l'accélération de la pesanteur : g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} ;
   • la profondeur du lac : H \simeq 30\text{ m}.

   La surpression hydrostatique due à la colonne d'eau vaut :

   \Delta P = \rho g H = 1{,}0\cdot 10^3 \times 10 \times 30 = 3{,}0\cdot 10^5\text{ Pa} = 3{,}0\text{ bar}

   D'où la pression totale au fond du lac :

   \boxed{P = 4\text{ bar}}

   Résultat

   $$P=4\text{ bar}$$

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7. Exercice 7Banque PT Physique A PT 2022, Q33

   On étudie le système {pédalo + passager} de masse totale M = 200\text{ kg} dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

   Le système est soumis le long de l'axe vertical ascendant à :

   • son poids total : \vec{P} = -M g\,\vec{u}_z ;
   • la poussée d'Archimède exercée par l'eau du lac : \vec{\Pi} = \rho_{\text{eau}} V_{\mathrm{imm}} g\,\vec{u}_z, où V_{\mathrm{imm}} est le volume total immergé de la coque et \rho_{\text{eau}} = 1{,}0\cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} la masse volumique de l'eau douce.

   À l'équilibre selon la verticale, la première loi de Newton donne :

   \vec{P} + \vec{\Pi} = \vec{0} \implies \rho_{\text{eau}} V_{\mathrm{imm}} g = M g

   Soit pour le volume immergé :

   V_{\mathrm{imm}} = \frac{M}{\rho_{\text{eau}}}

   Le pédalo dispose de deux flotteurs identiques, de volume unitaire V = 0{,}5\text{ m}^3. Le volume total disponible des flotteurs est donc :

   V_{\text{tot}} = 2V = 1{,}0\text{ m}^3

   La fraction de volume immergé des flotteurs, notée \eta, s'écrit :

   \eta = \frac{V_{\mathrm{imm}}}{V_{\text{tot}}} = \frac{M}{2\rho_{\text{eau}} V}

   Application numérique :

   \eta = \frac{200}{2 \times 1{,}0\cdot 10^3 \times 0{,}5} = 0{,}20

   \boxed{\eta = 20\,\%}

   Résultat

   $$\eta =20\%$$

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8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2026, Q42

   Dans le montage B, la pompe est située en surface (point B), à une altitude supérieure à celle de la surface libre du puits A_0, située à la profondeur h = 25\text{ m}. La pompe fonctionne donc par aspiration.

   Appliquons le théorème de Bernoulli pour un écoulement stationnaire et incompressible le long d'une ligne de courant entre la surface libre A_0 (P(A_0) = P_0, vitesse v_{A_0} \approx 0, cote z_{A_0} = -h) et l'entrée de la pompe au point B (cote z_B = 0) :

   P_0 - \rho g h = P_B + \frac{1}{2}\rho v_B^2 + \Delta P_{\text{pertes}}

   où \Delta P_{\text{pertes}} \geqslant 0 représente les pertes de charge éventuelles dans la conduite d'aspiration et les filtres. On en déduit l'expression de la pression absolue à l'entrée de la pompe :

   P_B = P_0 - \rho g h - \frac{1}{2}\rho v_B^2 - \Delta P_{\text{pertes}} \leqslant P_0 - \rho g h

   Avec P_0 \approx 1{,}01 \times 10^5\text{ Pa} \approx 1\text{ bar}, \rho = 1{,}0 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, g \approx 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} et h = 25\text{ m} :

   \rho g h \approx 1{,}0 \times 10^3 \times 9{,}8 \times 25 \approx 2{,}45 \times 10^5\text{ Pa} \approx 2{,}45\text{ bar}

   On obtiendrait ainsi :

   P_B \leqslant 1{,}01\text{ bar} - 2{,}45\text{ bar} = -1{,}44\text{ bar} < 0

   Une pression absolue négative est physiquement impossible : bien avant d'atteindre le vide absolu (P=0), dès que la pression descend en dessous de la pression de vapeur saturante de l'eau (P_{\text{sat}} \approx 2{,}3\text{ kPa} à 20\,^\circ\text{C}), l'eau se vaporise (phénomène de cavitation), ce qui désamorce la pompe. Même avec une pompe de puissance infinie créant un vide parfait (P_B = 0), la hauteur maximale d'aspiration théorique est limitée par la pression atmosphérique à :

   h_{\max} = \frac{P_0}{\rho g} \approx \frac{1{,}0 \times 10^5}{10^3 \times 9{,}8} \approx 10{,}3\text{ m} \ll 25\text{ m}

   Le montage B ne peut donc pas fonctionner. Le montage A (pompe immergée travaillant en refoulement) est le seul viable.

   Le scientifique italien ayant mis en évidence cette limite et son explication est Evangelista Torricelli (1643), élève de Galilée qui s'était lui-même heurté au problème posé par les fontainiers de Florence.

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9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2024, Q1

   D'après le principe d'Archimède, tout corps immergé dans un fluide au repos subit une force verticale dirigée vers le haut, égale au poids du volume de fluide déplacé.

   Le volume d'une gouttelette sphérique de rayon R vaut :

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

   Le fluide déplacé étant l'air de masse volumique \rho_{\text{a}}, la masse d'air déplacée s'écrit m_{\text{a}} = \rho_{\text{a}} V.

   La norme de la poussée d'Archimède exercée par l'air sur la gouttelette s'exprime ainsi :

   \boxed{P_{\text{A}} = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho_{\text{a}} g}

   Résultat

   $$P_{\text{A}}=\frac{4}{3}\pi R^3{\rho }_{\text{a}}g$$

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10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2024, Q2

    La gouttelette sphérique d'eau, de rayon R et de masse volumique \rho_{\text{e}}, a un volume V = \frac{4}{3}\pi R^3. La norme de son poids s'écrit :

    P = m g = \rho_{\text{e}} V g = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho_{\text{e}} g

    D'après la question 1, la norme de la poussée d'Archimède exercée par l'air s'exprime par :

    P_{\text{A}} = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho_{\text{a}} g

    Le rapport des normes s'en déduit immédiatement :

    \frac{P_{\text{A}}}{P} = \frac{\rho_{\text{a}}}{\rho_{\text{e}}}

    Avec \rho_{\text{a}} = 1\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et \rho_{\text{e}} = 1\cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, on obtient numériquement avec un chiffre significatif :

    \boxed{\frac{P_{\text{A}}}{P} = 1\cdot 10^{-3}}

    Comme \frac{P_{\text{A}}}{P} = 10^{-3} \ll 1, la poussée d'Archimède représente seulement 0{,}1\,\% du poids de la gouttelette. Il est donc parfaitement légitime de la négliger devant le poids dans cette modélisation.

    Résultat

    $$\frac{P_{\text{A}}}{P}=1\cdot 10^{-3}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question