Fluide au repos : pression et statique des fluides

1. a)$V=18,0\times {10}^{-3}$ m³ : $\rho ={\displaystyle \frac{20,0}{18,0\times {10}^{-3}}}\approx$ 1,11 × 10³ kg·m⁻³. (1)
2. b)1 hPa = ${10}^2$ Pa : 1 037 hPa = 1,037 × 10⁵ Pa (0,5 pt) ; 1 bar = ${10}^5$ Pa, donc 1,037 bar (0,5 pt). (1)
3. c)$S=35\times {10}^{-4}$ m² et $p=0,62\times {10}^5$ Pa : $F=p\times S\approx$ 2,2 × 10² N (217 N). (1)
4. d)Les molécules du gaz, en agitation désordonnée incessante, heurtent sans cesse la paroi : l’ensemble de ces chocs produit une force répartie sur la surface (0,5 pt), perpendiculaire à la paroi, dirigée du gaz vers la paroi (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — 1 cm² = 10⁻⁴ m² : garder des cm² donne une force 10⁴ fois trop grande.

1. a)$p\times V$ = constante, soit $p_1{V}_1=p_2{V}_2$ (0,5 pt), pour une quantité d’air fixée (pompe étanche, sortie bouchée) et une température constante (piston déplacé lentement) (0,5 pt). (1)
2. b)$p_2={\displaystyle \frac{p_1{V}_1}{V_2}}={\displaystyle \frac{1,02\times 180}{72}}=$ 2,55 bar. (1)
3. c)Valve fermée, l’air reste enfermé jusqu’à $p_3=3,4$ bar : $V_3={\displaystyle \frac{p_1{V}_1}{p_3}}={\displaystyle \frac{1,02\times 180}{3,4}}=$ 54 cm³. (1)
4. d)La compression rapide échauffe l’air : ses molécules s’agitent davantage, la pression dépasse 2,55 bar (0,5 pt). La température n’est plus constante : la loi de Mariotte ne s’applique pas (0,5 pt). (1)

Le point clé — Avec la loi de Mariotte, on garde la même unité des deux côtés : inutile de passer en Pa et en m³.

1. a)$p=p_0+\rho gh=1,016\times {10}^5+1,00\times {10}^3\times 9,81\times 19\approx$ 2,88 × 10⁵ Pa. (1)
2. b)$h={\displaystyle \frac{p-p_0}{\rho g}}={\displaystyle \frac{2,10\times {10}^5-1,016\times {10}^5}{9810}}\approx$ 11,0 m. (1)
3. c)$p_{19}-p_7=(p_0+\rho g\times 19)-(p_0+\rho g\times 7,0)=\rho g\times 12$ : $p_0$ s’élimine (0,5 pt) ; $\Delta p=9810\times 12\approx$ 1,18 × 10⁵ Pa (0,5 pt). (1)
4. d)$\rho g\times 10=9810\times 10=9,81\times {10}^4$ Pa, soit 0,98 bar : environ 1 bar, la règle est vérifiée à 2 % près. (1)

Erreur fréquente — ρgh n’est qu’une différence de pression : la pression à la profondeur h vaut p₀ + ρgh.

1. a)A et B sont à la même altitude dans l’eau, liquide au repos et continu entre eux : la loi fondamentale donne $p_A-p_B={\rho }_{eau}g\times 0$, donc $p_A=p_B$. (1)
2. b)$p_A=p_{atm}+{\rho }_{X}g{h}_X$ et $p_B=p_{atm}+{\rho }_{eau}g{h}_{eau}$ (0,5 pt) ; $p_A=p_B$ donne ${\rho }_X{h}_X={\rho }_{eau}{h}_{eau}$, d’où la relation (0,5 pt). (1)
3. c)${\rho }_X=1,00\times {10}^3\times {\displaystyle \frac{10,7}{13,5}}\approx$ 793 kg·m⁻³. (1)
4. d)L’éthanol, dont la masse volumique est la plus proche, est miscible à l’eau : il ne formerait pas d’interface et doit être écarté (0,5 pt). X est le pétrole lampant, à environ 1 % près (0,5 pt) ; l’huile de tournesol est trop dense. (1)

Le point clé — Deux points à la même altitude n’ont la même pression que dans un même liquide continu : on les choisit dans l’eau, au niveau de l’interface.

1. a)Entre la surface libre de la cuve ($p_{atm}$) et le haut de la colonne (vide, $p=0$), plus haut de $h$, dans le même mercure au repos : $p_{atm}-0={\rho }_{Hg}gh$. (1)
2. b)$p=13,6\times {10}^3\times 9,81\times 0,748\approx 9,98\times {10}^4$ Pa, soit 998 hPa. (1)
3. c)$\Delta p={\rho }_{Hg}g\times 0,004\approx 534$ Pa (0,5 pt) ; $H={\displaystyle \frac{\Delta p}{{\rho }_{air}g}}={\displaystyle \frac{534}{1,22\times 9,81}}\approx$ 44,6 m (0,5 pt). (1)
4. d)L’air est compressible : sa masse volumique diminue nettement avec l’altitude (et la température varie). La loi, écrite avec $\rho$ constante, ne vaut que sur un faible dénivelé. (1)

Le point clé — On peut appliquer la loi fondamentale à l’air sur un faible dénivelé, comme la hauteur d’un immeuble : sa masse volumique y reste presque uniforme.