Feuille d'entraînement : Statique des fluides

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q21

   L'atmosphère est modélisée par un gaz parfait de masse molaire M_{\text{air}}, à la température uniforme T_0. L'équation d'état du gaz parfait s'écrit pour une masse m occupant un volume V sous la pression P(z) :

   P V = n R T_0 = \frac{m}{M_{\text{air}}} R T_0

   On en déduit l'expression de la masse volumique \mu = \frac{m}{V} :

   \mu(z) = \frac{M_{\text{air}} P(z)}{R T_0}

   La relation fondamentale de la statique des fluides s'écrit, selon l'axe vertical ascendant Oz (équation 3) :

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

   En remplaçant \mu(z) par son expression, on obtient :

   \frac{\mathrm{d} P}{\mathrm{d} z} = -\frac{M_{\text{air}} g}{R T_0} P(z)

   En introduisant la hauteur caractéristique d'échelle :

   H = \frac{R T_0}{M_{\text{air}} g}

   l'équation différentielle régissant le champ de pression s'écrit sous forme canonique :

   \boxed{\frac{\mathrm{d} P}{\mathrm{d} z} + \frac{P(z)}{H} = 0}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}+\frac{P(z)}{H}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2026, Q1

   Soit un axe vertical ascendant (A, \vec{u}_z) ayant pour origine le point \mathrm{A}, situé au fond du bassin. La surface libre de l'eau, à l'air libre à la pression P_0, se trouve à l'altitude z_{\text{surf}} = h.

   Le point \mathrm{M}(x) de la plaque est situé à la distance x de l'origine \mathrm{A} le long de la plaque inclinée d'un angle \theta par rapport à l'horizontale. Son altitude au-dessus du fond est donc :

   z_M = x \sin\theta

   L'eau étant un fluide incompressible au repos dans le champ de pesanteur uniforme \vec{g} = -g \vec{u}_z, la loi fondamentale de la statique des fluides s'écrit :

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

   Par intégration entre la surface libre (z = h, P = P_0) et l'altitude z_M d'un point immergé (x \leqslant h/\sin\theta) :

   P_{\text{eau}}(x) - P_0 = \rho g (h - z_M)

   On en déduit l'expression de la pression de l'eau en \mathrm{M}(x) :

   \boxed{P_{\text{eau}}(x) = P_0 + \rho g (h - x \sin\theta)}

   Résultat

   $$P_{\text{eau}}(x)=P_0+\rho g(h-x\sin \theta )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2026, Q3

   L'eau n'est en contact avec la plaque que sur sa partie immergée. D'après la relation trigonométrique liant la hauteur d'eau h et l'abscisse le long de la plaque inclinée d'un angle \theta, la surface libre de l'eau atteint la plaque en :

   x_{\max} = \frac{h}{\sin\theta}

   Distinguons les deux zones de la plaque :

   • Pour la partie émergée (x_{\max} < x \leqslant L), la plaque est en contact avec l'air à la pression uniforme P_0 sur ses deux faces. Les forces pressantes se compensent exactement : \mathrm{d}\vec{F}_{\text{fluide}} = \vec{0}.

   • Pour la partie immergée (0 \leqslant x \leqslant x_{\max}), la plaque est soumise à la pression de l'eau sur sa face inférieure et à la pression atmosphérique P_0 sur sa face supérieure. La force pressante fluide résultante sur la bande comprise entre x et x + \mathrm{d}x s'écrit, d'après les résultats de la question Q2 :

     \mathrm{d}\vec{F}_{\text{fluide}} = \mathrm{d}\vec{F}_{\text{eau}} + \mathrm{d}\vec{F}_{\text{air}} = \rho g (h - x\sin\theta)\ell\,\mathrm{d}x\,\vec{u}_y

   Le point \mathrm{M}(x) étant repéré par \vec{AM} = x\vec{u}_x, le moment élémentaire de cette force par rapport au point \mathrm{A} (situé sur l'axe (\mathrm{O}z)) vaut :

   \mathrm{d}\vec{\mathcal{M}}_{\mathrm{A}} = \vec{\mathrm{AM}} \wedge \mathrm{d}\vec{F}_{\text{fluide}} = (x\vec{u}_x) \wedge \left(\rho g (h - x\sin\theta)\ell\,\mathrm{d}x\,\vec{u}_y\right) = \rho g \ell\,x(h - x\sin\theta)\,\mathrm{d}x\,\vec{u}_z

   Le moment scalaire par rapport à l'axe orienté (\mathrm{O}z) s'obtient par projection selon \vec{u}_z et intégration sur la partie immergée :

   \begin{aligned} \mathcal{M}_{\text{fluide}} &= \int_0^{x_{\max}} \rho g \ell \left(h x - x^2\sin\theta\right)\mathrm{d}x \\ &= \rho g \ell \left[ h \frac{x^2}{2} - \sin\theta \frac{x^3}{3} \right]_0^{h/\sin\theta} \\ &= \rho g \ell \left( \frac{h^3}{2\sin^2\theta} - \frac{h^3}{3\sin^2\theta} \right) \\ &= \rho g \ell \frac{h^3}{\sin^2\theta} \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) \end{aligned}

   On en déduit l'expression demandée :

   \boxed{\mathcal{M}_{\text{fluide}} = \frac{1}{6}\rho g \ell \frac{h^3}{\sin^2\theta}}

   Résultat

   $${\mathcal{M}}_{\text{fluide}}=\frac{1}{6}\rho g\ell \frac{h^3}{{\sin }^2\theta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2025, Q1

   Considérons une tranche élémentaire d'eau de mer au repos, comprise entre les altitudes z et z + \mathrm{d}z, de section horizontale d'aire S. Le volume de cet élément est \mathrm{d}V = S\,\mathrm{d}z et sa masse vaut :

   \mathrm{d}m = \rho_0\,\mathrm{d}V = \rho_0\,S\,\mathrm{d}z.

   Dans le référentiel terrestre supposé galiléen, cette tranche de fluide est soumise à :

   • son poids :

     \mathrm{d}\vec{P}_p = \mathrm{d}m\,\vec{g} = -\rho_0\,g\,S\,\mathrm{d}z\,\vec{e}_z \,;

   • les forces de pression s'exerçant sur les faces horizontales inférieure et supérieure :

     \mathrm{d}\vec{F}_{\text{inf}} = P(z)\,S\,\vec{e}_z \quad \text{et} \quad \mathrm{d}\vec{F}_{\text{sup}} = -P(z+\mathrm{d}z)\,S\,\vec{e}_z \,;
   • les forces de pression latérales qui s'exercent selon des directions horizontales et n'ont pas de composante suivant \vec{e}_z.

   À l'équilibre statique du fluide, la somme vectorielle des forces est nulle :

   \mathrm{d}\vec{P}_p + \mathrm{d}\vec{F}_{\text{inf}} + \mathrm{d}\vec{F}_{\text{sup}} + \vec{F}_{\text{lat}} = \vec{0}.

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

   \begin{aligned} P(z)\,S - P(z+\mathrm{d}z)\,S - \rho_0\,g\,S\,\mathrm{d}z &= 0 \\ -(P(z+\mathrm{d}z) - P(z)) - \rho_0\,g\,\mathrm{d}z &= 0 \\ -\mathrm{d}P - \rho_0\,g\,\mathrm{d}z &= 0. \end{aligned}

   On en déduit ainsi :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z} = -\rho_0\,g}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}=-{\rho }_{0}g$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2024, Q21

   On étudie le volume mésoscopique d'eau de volume \mathrm{d}\tau = \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z et de masse \mathrm{d}m = \rho_{\mathrm{eau}}\,\mathrm{d}\tau, dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen.

   Ce système est soumis à deux actions mécaniques :

   • la résultante des forces de pression, établie à la question Q20 :

     \overrightarrow{\mathrm{d}F}_p = \bigl(P(z) - P(z + \mathrm{d}z)\bigr)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\vec{e}_z \approx -\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\vec{e}_z

     en effectuant un développement limité à l'ordre 1 : P(z + \mathrm{d}z) = P(z) + \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}\,\mathrm{d}z ;

   • le poids du fluide mésoscopique dans le champ de pesanteur uniforme \vec{g} = -g\,\vec{e}_z :

     \overrightarrow{\mathrm{d}P}_{\mathrm{ext}} = \mathrm{d}m\,\vec{g} = -\rho_{\mathrm{eau}} g\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z\,\vec{e}_z.

   À l'équilibre mécanique, le principe fondamental de la statique impose :

   \sum \vec{F}_{\mathrm{ext}} = \overrightarrow{\mathrm{d}F}_p + \overrightarrow{\mathrm{d}P}_{\mathrm{ext}} = \vec{0}.

   Par projection sur l'axe vertical (Oz) :

   -\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z - \rho_{\mathrm{eau}} g\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z = 0.

   En divisant par le volume élémentaire non nul \mathrm{d}\tau = \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z, on obtient la relation fondamentale de la statique des fluides :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}P(z)}{\mathrm{d}z} = -\rho_{\mathrm{eau}} g}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}P(z)}{\mathrm{d}z}=-{\rho }_{\mathrm{eau}}g$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie TSI 2022, Q18

   Tout corps partiellement ou totalement immergé dans un fluide au repos subit de la part de celui-ci une résultante des forces de pression, appelée poussée d'Archimède, opposée au poids du fluide déplacé :

   \boxed{\vec{F}_A = - \rho \, V_{\mathrm{im}} \, \vec{g}}

   où :

   • \vec{F}_A est le vecteur poussée d'Archimède (exprimé en newtons, \mathrm{N}) ;
   • \rho est la masse volumique du fluide dans lequel le corps est immergé (exprimée en \mathrm{kg\cdot m^{-3}}) ;
   • V_{\mathrm{im}} est le volume de la partie immergée du solide, équivalent au volume de fluide déplacé (exprimé en \mathrm{m^3}) ;
   • \vec{g} est le vecteur champ de pesanteur local (exprimé en \mathrm{m\cdot s^{-2}} ou \mathrm{N\cdot kg^{-1}}).

   En introduisant un axe vertical (Oz) orienté vers le haut de vecteur unitaire \vec{u}_z, de sorte que \vec{g} = -g\,\vec{u}_z, la force s'écrit également :

   \vec{F}_A = \rho \, V_{\mathrm{im}} \, g \, \vec{u}_z

   Résultat

   $${\vec{F}}_A=-\rho V_{\mathrm{im}}\vec{g}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Modelisation TSI 2026, Q8

   On isole le flotteur (f) dans un référentiel lié à la surface de l'eau, supposé galiléen. Il est soumis à deux actions mécaniques extérieures modélisées par des glisseurs :

   • le poids : \{\mathscr{T}_{\mathrm{pes}\to\mathrm{f}}\} = \left\{\begin{array}{c} -mg\,\vec{x}_0 \\ \vec{0} \end{array}\right\}_G ;
   • la poussée d'Archimède : \{\mathscr{T}_{\mathrm{eau}\to\mathrm{f}}\} = \left\{\begin{array}{c} \rho V g\,\vec{x}_0 \\ \vec{0} \end{array}\right\}_C.

   Le principe fondamental de la statique (PFS) appliqué au flotteur s'écrit :

   1. Théorème de la résultante statique :

      \vec{R} = \vec{P} + \vec{F} = (-mg + \rho V g)\,\vec{x}_0 = \vec{0} \implies mg = \rho V g

   2. Théorème du moment statique au point G :

      \vec{\mathcal{M}}_G(\text{ext}\to\mathrm{f}) = \vec{\mathcal{M}}_G(\mathrm{pes}\to\mathrm{f}) + \vec{\mathcal{M}}_G(\mathrm{eau}\to\mathrm{f}) = \vec{0}

   Le moment du poids en G est nul puisque son centre d'application est G :

   \vec{\mathcal{M}}_G(\mathrm{pes}\to\mathrm{f}) = \vec{0}

   Par la formule de transport des moments, le moment de la poussée d'Archimède au point G s'exprime par :

   \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_G(\mathrm{eau}\to\mathrm{f}) &= \vec{\mathcal{M}}_C(\mathrm{eau}\to\mathrm{f}) + \overrightarrow{GC} \wedge \vec{F} \\ &= \vec{0} + \overrightarrow{GC} \wedge (\rho V g\,\vec{x}_0) \end{aligned}

   Le point Z étant le projeté orthogonal de G sur la droite (C, \vec{x}_0), on décompose :

   \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{GZ} + \overrightarrow{ZC}

   Le vecteur \overrightarrow{ZC} étant colinéaire à la verticale ascendante \vec{x}_0, son produit vectoriel avec \vec{x}_0 est nul :

   \overrightarrow{ZC} \wedge \vec{x}_0 = \vec{0}

   Le moment résultant en G se réduit donc à :

   \vec{\mathcal{M}}_G(\text{ext}\to\mathrm{f}) = \rho V g\,(\overrightarrow{GZ} \wedge \vec{x}_0)

   À l'équilibre statique, ce moment doit être nul :

   \overrightarrow{GZ} \wedge \vec{x}_0 = \vec{0}

   Or, par construction, \overrightarrow{GZ} est orthogonal à la droite (C, \vec{x}_0), donc \overrightarrow{GZ} \perp \vec{x}_0. Le produit vectoriel de deux vecteurs orthogonaux est nul si et seulement si l'un d'eux est nul. Comme \vec{x}_0 \neq \vec{0}, on en déduit :

   \overrightarrow{GZ} = \vec{0}

   \boxed{\text{Le flotteur n'est à l'équilibre statique que si les points } G \text{ et } Z \text{ sont confondus.}}

   Cas contraire (G \neq Z) : Si les points G et Z ne sont pas confondus, la résultante des moments en G n'est pas nulle : le flotteur n'est pas en équilibre statique. Il subit un couple de forces d'axe \vec{z} (couple de redressement ou couple de chavirement selon le sens de basculement) qui provoque une accélération angulaire de roulis autour de son axe longitudinal.

   Résultat

   $$\text{Le flotteur n’est aˋ l’eˊquilibre statique que si les points }G\text{ et }Z\text{ sont confondus.}$$

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8. Exercice 8CCINP Modelisation TSI 2026, Q9

   Signification des points A et C :

   • Point A (\theta = 0) : Il correspond à la position d'équilibre stable du flotteur (flotteur droit, mer calme). En ce point :

     \overline{GZ}(0) = 0 \implies \Gamma(0) = 0,

     le moment des actions hydrostatiques et du poids est nul. L'énergie potentielle y présente un minimum local strict :

     \left.\frac{\mathrm{d}E_p}{\mathrm{d}\theta}\right|_{\theta=0} = 0 \quad \text{et} \quad \left.\frac{\mathrm{d}^2E_p}{\mathrm{d}\theta^2}\right|_{\theta=0} = mg \left.\frac{\mathrm{d}\overline{GZ}}{\mathrm{d}\theta}\right|_{\theta=0} > 0,

     ce qui confirme la stabilité de l'équilibre.

   • Point C (\theta = \theta_C) : Il correspond à la position d'équilibre instable et définit l'angle critique de chavirement (limite de stabilité statique). En ce point, le bras de redressement s'annule à nouveau (\overline{GZ}(\theta_C) = 0), et l'énergie potentielle de basculement E_p atteint un maximum local :

     \left.\frac{\mathrm{d}E_p}{\mathrm{d}\theta}\right|_{\theta=\theta_C} = 0 \quad \text{et} \quad \left.\frac{\mathrm{d}^2E_p}{\mathrm{d}\theta^2}\right|_{\theta=\theta_C} < 0.

     L'énergie E_p(\theta_C) représente la barrière d'énergie potentielle à franchir pour faire chavirer le flotteur.

   Comportement en B :

   • Le point B est situé dans le domaine de stabilité statique, c'est-à-dire 0 < \theta_B < \theta_C (il correspond d'ailleurs au maximum du bras de redressement \overline{GZ}).
   • Comme \overline{GZ}(\theta_B) > 0, le couple de redressement \Gamma = \rho V g \overline{GZ} est strictement positif et s'oppose à l'inclinaison : il tend à ramener le flotteur vers la position d'équilibre \theta = 0.

   Par conséquent, en l'absence de sollicitation extérieure déstabilisante, l'angle de gîte va diminuer pour revenir vers 0.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Modelisation TSI 2026, Q14

   Par définition, le point Z est le projeté orthogonal du centre d'inertie G sur la droite verticale (C, \vec{x}_0). Le vecteur \vec{CZ} est donc colinéaire à \vec{x}_0.

   La base (\vec{x}_0, \vec{y}_0, \vec{z}) étant orthonormée directe, on a :

   \vec{CZ} \cdot \vec{y}_0 = 0.

   Décomposons le vecteur \vec{GZ} à l'aide de la relation de Chasles :

   \vec{GZ} = \vec{GC} + \vec{CZ} = \vec{GO} - \vec{CO} + \vec{CZ}.

   En effectuant le produit scalaire avec \vec{y}_0, il vient :

   \begin{aligned} \overline{GZ} &= \vec{GZ} \cdot \vec{y}_0 \\ &= (\vec{GO} - \vec{CO} + \vec{CZ}) \cdot \vec{y}_0 \\ &= \vec{GO} \cdot \vec{y}_0 - \vec{CO} \cdot \vec{y}_0. \end{aligned}

   D'après les données de l'énoncé :

   • \vec{GO} = c \vec{x}, avec \vec{x} = \cos\theta \vec{x}_0 + \sin\theta \vec{y}_0, donc \vec{GO} \cdot \vec{y}_0 = c \sin\theta ;
   • \vec{CO} = a \vec{x}_0 + b \vec{y}_0, donc \vec{CO} \cdot \vec{y}_0 = b.

   On en déduit l'expression du bras de redressement :

   \overline{GZ} = c\sin\theta - b.

   Le couple de redressement est défini par \Gamma = \rho V g \overline{GZ}. En supposant le flotteur à l'équilibre de flottaison (m = \rho V), on obtient :

   \boxed{\Gamma = mg(c\sin\theta - b)}

   Résultat

   $$\Gamma =mg(c\sin \theta -b)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q22

    D'après la question Q21, le champ de pression P(z) vérifie l'équation différentielle linéaire d'ordre 1 à coefficients constants :

    \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}(z) + \frac{1}{H}P(z) = 0

    La solution générale de cette équation différentielle s'écrit sous la forme :

    P(z) = C \exp\left(-\frac{z}{H}\right)

    où C est une constante d'intégration.
    En prenant pour référence au niveau du sol (z = 0) la pression atmosphérique P(0) = P_{\text{atm}}, on détermine la constante :

    C = P_{\text{atm}}

    On obtient ainsi l'expression du profil de pression (loi du nivellement barométrique) :

    \boxed{P(z) = P_{\text{atm}} \exp\left(-\frac{z}{H}\right)}

    Résultat

    $$P(z)=P_{\text{atm}}\exp \left(-\frac{z}{H}\right)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question