Fluide au repos : pression et statique des fluides

Un flacon contient 0,500 L d’huile d’olive, de masse 457 g.

1. Masse volumique de cette huile : ρ = kg·m⁻³
   $m=0,457$ kg et $V=0,500\times {10}^{-3}$ m³ : $\rho ={\displaystyle \frac{0,457}{0,500\times {10}^{-3}}}=$ 914 kg·m⁻³.
2. La même masse volumique en g·cm⁻³ : ρ = g·cm⁻³
   0,500 L = 500 cm³ : $\rho ={\displaystyle \frac{457}{500}}=$ 0,914 g·cm⁻³ ; on retrouve 1 g·cm⁻³ = ${10}^3$ kg·m⁻³.
3. Masse d’huile contenue dans une cuve de 2,30 m³ : m = × 10³ kg
   $m=\rho \times V=914\times 2,30\approx 2102$ kg, soit 2,10 × 10³ kg (environ 2,1 tonnes).

Une seringue contenant de l’air est bouchée à son extrémité.

1. Dans l’air de la seringue, les molécules sont les unes des autres par rapport à leur taille.
   L’air est un gaz : ses molécules (diazote, dioxygène) sont éloignées les unes des autres, sans organisation, et animées d’une agitation incessante et désordonnée.
2. La force pressante exercée par l’air sur le piston est l’effet collectif des des molécules sur le piston.
   Chaque molécule qui frappe le piston rebondit et exerce sur lui une très petite force ; le nombre de chocs par seconde est gigantesque, leur effet global est une force perpendiculaire au piston, dirigée de l’air vers le piston.
3. On enfonce lentement le piston : le nombre de molécules par unité de volume
   La seringue est bouchée : le nombre de molécules ne change pas, mais le volume diminue, donc le nombre de molécules par unité de volume augmente. Elles frappent plus souvent chaque cm² de paroi : la pression augmente.
4. Remplie d’eau sans bulle et bouchée, la seringue ne se laisse presque pas comprimer : un liquide est quasi
   Dans l’eau liquide, les molécules sont déjà au contact : on ne peut pratiquement pas les rapprocher. Un liquide est quasi incompressible, contrairement à un gaz.

Une bouteille rigide de 1,50 L, fermée par un bouchon étanche, contient 1,77 g d’air à 20 °C. On la laisse au soleil : l’air qu’elle contient atteint 45 °C. Donnée : masse volumique de l’eau 1,00 × 10³ kg·m⁻³.

1. Masse volumique de l’air de la bouteille : ρ = kg·m⁻³
   $\rho ={\displaystyle \frac{1,77\times {10}^{-3}}{1,50\times {10}^{-3}}}=$ 1,18 kg·m⁻³ (ou directement 1,77 ÷ 1,50 = 1,18 g·L⁻¹, et 1 g·L⁻¹ = 1 kg·m⁻³).
2. L’eau liquide est environ fois plus dense que cet air.
   ${\displaystyle \frac{1,00\times {10}^3}{1,18}}\approx$ 847 : à volume égal, un liquide contient beaucoup plus d’entités qu’un gaz.
3. Température de l’air chauffé, en kelvin : T = K
   $T=\theta +273,15=45+273,15=$ 318,15 K.
4. Après chauffage, la masse volumique de l’air de la bouteille
   La bouteille est rigide et fermée : la masse d’air et le volume ne changent pas, donc $\rho ={\displaystyle \frac{m}{V}}$ ne change pas, même si la température augmente.
5. La pression de l’air dans la bouteille
   Les molécules, plus agitées, se déplacent plus vite : leurs chocs sur la paroi sont plus fréquents et plus violents, la pression augmente (à nombre de molécules par unité de volume inchangé).

Dans une station de gonflage, un baromètre indique 1 024 hPa. Le manomètre de la station, qui affiche la pression relative, indique 2,4 bar pour un pneu de vélo. Au sommet d’une montagne, la pression de l’air vaut 87 kPa.

1. 1 024 hPa = Pa
   1 hPa = ${10}^2$ Pa : 1 024 hPa = 102 400 Pa, soit $1,024\times {10}^5$ Pa.
2. 1 024 hPa = bar
   1 bar = ${10}^5$ Pa : $1,024\times {10}^5$ Pa = 1,024 bar.
3. Pression absolue de l’air du pneu : bar
   Le manomètre affiche $p-p_{atm}$, et la pression atmosphérique à la station est celle du baromètre : $p=2,4+1,024=$ 3,424 bar, soit environ 3,4 bar.
4. 87 kPa = bar
   87 kPa = $87\times {10}^3$ Pa = $8,7\times {10}^4$ Pa = 870 hPa = 0,87 bar.
5. La plus faible des trois pressions de l’air est celle mesurée
   En bar : 0,87 (montagne) < 1,024 (baromètre) < 3,4 (pneu). La plus faible est celle mesurée au sommet de la montagne.

Une vitre rectangulaire mesure 1,20 m sur 0,85 m. L’air extérieur est à la pression $p=1,013\times {10}^5$ Pa ; $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Aire de la vitre : S = m²
   $S=1,20\times 0,85=$ 1,02 m².
2. Valeur de la force pressante exercée par l’air extérieur : F = × 10⁵ N
   $F=p\times S=1,013\times {10}^5\times 1,02\approx$ 1,03 × 10⁵ N.
3. Cette force est à la vitre, dirigée vers l’intérieur de la pièce.
   Une force pressante est perpendiculaire à la surface, dirigée du fluide (l’air extérieur) vers la surface.
4. Masse dont le poids aurait la même valeur : m ≈ × 10⁴ kg
   $m={\displaystyle \frac{F}{g}}={\displaystyle \frac{1,033\times {10}^5}{9,81}}\approx$ 1,05 × 10⁴ kg, plus de 10 tonnes !
5. L’air de la pièce, à une pression presque égale, pousse l’autre face : la force résultante sur la vitre est presque
   Les deux forces pressantes ont presque la même valeur et des sens opposés : la résultante est presque nulle. La vitre ne supporte que la très faible différence de pression entre les deux côtés.

Après stérilisation et refroidissement, l’air resté dans un bocal est à la pression 0,62 bar ; l’air de la cuisine est à 1,01 bar. Le couvercle est un disque de 7,0 cm de diamètre.

1. Aire du couvercle : S = × 10⁻³ m²
   Rayon 3,5 cm = 0,035 m : $S=\pi \times 0,{035}^2\approx$ 3,85 × 10⁻³ m².
2. Force pressante exercée par l’air de la cuisine sur le couvercle : N
   $F_{ext}=1,01\times {10}^5\times 3,848\times {10}^{-3}\approx$ 389 N.
3. Force pressante exercée par l’air du bocal : N
   $F_{int}=0,62\times {10}^5\times 3,848\times {10}^{-3}\approx$ 239 N, de sens opposé.
4. Valeur de la force résultante sur le couvercle : N
   $F=(p_{ext}-p_{int})\times S=0,39\times {10}^5\times 3,848\times {10}^{-3}\approx$ 150 N (389 − 239 = 150).
5. Cette force résultante est dirigée vers l’ du bocal.
   La plus forte pression est celle de l’air de la cuisine : la résultante est dirigée vers l’intérieur du bocal et plaque le couvercle. Il faut exercer une force d’environ 150 N, le poids d’une masse de 15 kg, pour le soulever : on fait plutôt entrer de l’air.

Un cylindre fermé par un piston mobile étanche contient 0,80 L d’air à 1,20 bar. On déplace lentement le piston, la température de l’air restant constante.

1. La loi de Mariotte s’applique : la quantité d’air est fixée et la reste constante.
   Les deux conditions : quantité de gaz fixée (piston étanche) et température constante (déplacement lent).
2. Produit p × V de cet air : bar·L
   $p\times V=1,20\times 0,80=$ 0,96 bar·L : il reste le même pendant toute la transformation.
3. Pression lorsque le volume vaut 0,30 L : bar
   $p_2={\displaystyle \frac{0,96}{0,30}}=$ 3,2 bar : le volume a diminué, la pression a augmenté.
4. Volume pour lequel la pression vaut 0,60 bar : L
   $V_3={\displaystyle \frac{0,96}{0,60}}=$ 1,6 L : la pression a été divisée par 2, le volume a doublé.

Une seringue reliée à un capteur de pression contient 60 mL d’air à 1 008 hPa. On déplace lentement le piston.

1. Pression attendue lorsque le volume vaut 35 mL : hPa
   $p_2={\displaystyle \frac{p_1\times V_1}{V_2}}={\displaystyle \frac{1008\times 60}{35}}=$ 1 728 hPa.
2. Volume pour lequel la pression attendue vaut 2 016 hPa : mL
   $V_3={\displaystyle \frac{1008\times 60}{2016}}=$ 30 mL : la pression double quand le volume est divisé par 2.
3. À 35 mL, le capteur affiche 1 650 hPa, moins que prévu. Une cause possible est une d’air au raccord.
   Une fuite diminue la quantité d’air : le produit $p\times V$ diminue. Autre cause possible : l’air du tuyau et du capteur (volume mort) n’a pas été compté.
4. Volume mort v (air du tuyau et du capteur) qui expliquerait à lui seul cet écart : v ≈ mL
   Avec un volume mort $v$ : $1008\times (60+v)=1650\times (35+v)$, soit $60480-57750=642v$ et $v={\displaystyle \frac{2730}{642}}\approx$ 4,3 mL.

Un ballon de basket, de volume constant 7,0 L, contient de l’air à la pression atmosphérique, 1,0 bar. Chaque coup de gonfleur y fait entrer 0,35 L d’air pris à 1,0 bar. On gonfle lentement : la température reste constante.

1. Après 6 coups, l’air contenu dans le ballon occuperait, à 1,0 bar, un volume de L
   L’air du ballon et celui des 6 coups forment une quantité de gaz fixée : à 1,0 bar, elle occuperait $7,0+6\times 0,35=$ 9,1 L.
2. Pression dans le ballon après 6 coups : bar
   Mariotte pour cet air, de 9,1 L à 7,0 L : $p={\displaystyle \frac{1,0\times 9,1}{7,0}}=$ 1,3 bar.
3. Nombre de coups de gonfleur pour atteindre 1,6 bar :
   Il faut un air qui occuperait ${\displaystyle \frac{1,6\times 7,0}{1,0}}=11,2$ L à 1,0 bar, soit ${\displaystyle \frac{11,2-7,0}{0,35}}=$ 12 coups.
4. À 1,6 bar, un manomètre de gonflage, qui mesure la pression relative, indique bar
   Pression relative : $p-p_{atm}=1,6-1,0=$ 0,6 bar.

Une citerne d’eau de pluie ($\rho =1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³) est ouverte ; à la surface de l’eau, la pression vaut $1,020\times {10}^5$ Pa ; $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Différence de pression entre la surface et un point situé 2,4 m plus bas : × 10⁴ Pa
   $\Delta p=\rho \times g\times h=1,00\times {10}^3\times 9,81\times 2,4\approx$ 2,35 × 10⁴ Pa.
2. Pression en ce point : × 10⁵ Pa
   $p=p_0+\rho gh=1,020\times {10}^5+2,354\times {10}^4\approx$ 1,26 × 10⁵ Pa.
3. Un capteur placé à 2,4 m de profondeur est déplacé horizontalement de 1,5 m, sans changer de profondeur : sa mesure varie de Pa
   Même liquide au repos, même altitude : $p_2-p_1=\rho g\times 0=$ 0 Pa. Les surfaces de même pression sont horizontales : seul un déplacement vertical change la pression.
4. Dans la citerne, la pression la plus grande règne au
   La pression augmente quand on descend : elle est maximale au fond.

À la surface d’un lac d’altitude, la pression atmosphérique vaut $p_0=8,20\times {10}^4$ Pa. Eau : $\rho =1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³ ; $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Pression à 12,5 m de profondeur : × 10⁵ Pa
   $p=p_0+\rho gh=8,20\times {10}^4+1,00\times {10}^3\times 9,81\times 12,5\approx$ 2,05 × 10⁵ Pa.
2. Profondeur à laquelle la pression vaut 3,00 × 10⁵ Pa : m
   $h={\displaystyle \frac{p-p_0}{\rho g}}={\displaystyle \frac{3,00\times {10}^5-8,20\times {10}^4}{9810}}\approx$ 22,2 m.
3. Différence de pression entre deux points situés à 4,0 m et à 9,5 m de profondeur : × 10⁴ Pa
   Dénivellation $9,5-4,0=5,5$ m : $\Delta p=9810\times 5,5\approx$ 5,40 × 10⁴ Pa.
4. Ce dernier résultat de la pression p₀ en surface.
   La loi relie une différence de pression à une différence d’altitude : $p_0$ s’ajoute aux deux pressions et disparaît dans la soustraction. Le résultat ne dépend pas de $p_0$.

Un sous-marin navigue à 150 m de profondeur en mer ($\rho =1,025\times {10}^3$ kg·m⁻³). Pression à la surface de la mer : $1,013\times {10}^5$ Pa ; $g=9,81$ N·kg⁻¹. Un hublot est un disque de 24 cm de diamètre ; l’air intérieur est maintenu à $1,013\times {10}^5$ Pa.

1. Pression de l’eau au niveau du hublot : × 10⁶ Pa
   $p=p_0+\rho gh=1,013\times {10}^5+1,025\times {10}^3\times 9,81\times 150\approx$ 1,61 × 10⁶ Pa, soit environ 16 bar.
2. Aire du hublot : × 10⁻² m²
   Rayon 0,12 m : $S=\pi \times 0,{12}^2\approx$ 4,52 × 10⁻² m².
3. Force pressante exercée par l’eau sur le hublot : × 10⁴ N
   $F=p\times S=1,610\times {10}^6\times 4,524\times {10}^{-2}\approx$ 7,28 × 10⁴ N.
4. Force résultante exercée par l’eau et l’air intérieur : × 10⁴ N
   L’air intérieur pousse en sens inverse avec $p_{0}S$ : $F_{res}=(p-p_0)\times S=\rho gh\times S=1,508\times {10}^6\times 4,524\times {10}^{-2}\approx$ 6,82 × 10⁴ N, vers l’intérieur du sous-marin.
5. Masse dont le poids a la même valeur que cette résultante : × 10³ kg
   $m={\displaystyle \frac{F_{res}}{g}}=\rho \times h\times S=1,025\times {10}^3\times 150\times 4,524\times {10}^{-2}\approx$ 6,96 × 10³ kg, environ 7 tonnes : le hublot doit être très épais.

Un tube en U contient de l’eau (${\rho }_e=1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³). On verse dans la branche gauche du cyclohexane (${\rho }_c=779$ kg·m⁻³), non miscible à l’eau : à l’équilibre, sa colonne mesure $h_c=8,4$ cm au-dessus de l’interface A. Le point B, dans la branche droite, est à la même altitude que A ; l’eau s’élève de $h_e$ au-dessus de B. Les deux branches sont ouvertes.

1. Comparer les pressions : p(A) p(B) (écrire <, = ou >)
   A et B sont à la même altitude dans l’eau, qui occupe de façon continue le bas du tube entre eux : $p_A-p_B={\rho }_{e}g\times 0$, donc $p_A$ = $p_B$.
2. Hauteur d’eau au-dessus de B : h(e) = cm
   $p_A=p_{atm}+{\rho }_{c}g{h}_c$ et $p_B=p_{atm}+{\rho }_{e}g{h}_e$ ; $p_A=p_B$ donne $h_e={\displaystyle \frac{{\rho }_c}{{\rho }_e}}{h}_c=0,779\times 8,4\approx$ 6,5 cm.
3. Dénivellation entre les deux surfaces libres : cm
   $8,4-6,54\approx$ 1,9 cm.
4. La surface libre la plus haute est celle du
   Le cyclohexane, moins dense, forme une colonne plus haute pour produire la même pression en A qu’en B. Un élève qui invoquerait les vases communicants se tromperait : cette règle ne vaut que pour un seul liquide.

Un ballon souple contient 3,6 L d’air à la surface de la mer, où la pression vaut $p_0=1,013\times {10}^5$ Pa. Un plongeur l’emmène à 27 m de profondeur. Eau de mer : $\rho =1,027\times {10}^3$ kg·m⁻³ ; $g=9,81$ N·kg⁻¹. L’air du ballon est à la pression de l’eau qui l’entoure ; on suppose d’abord la température constante.

1. Pression à 27 m de profondeur : × 10⁵ Pa
   $p=p_0+\rho gh=1,013\times {10}^5+1,027\times {10}^3\times 9,81\times 27\approx$ 3,73 × 10⁵ Pa.
2. Volume du ballon à cette profondeur : L
   Quantité d’air fixée, température constante : $V={\displaystyle \frac{p_0{V}_0}{p}}={\displaystyle \frac{1,013\times {10}^5\times 3,6}{3,733\times {10}^5}}\approx$ 0,98 L.
3. Profondeur à laquelle le volume du ballon est divisé par 2 : m
   Volume divisé par 2 ⇔ pression doublée : $p_0+\rho gh=2p_0$, d’où $h={\displaystyle \frac{p_0}{\rho g}}={\displaystyle \frac{1,013\times {10}^5}{1,027\times {10}^3\times 9,81}}\approx$ 10,1 m.
4. En réalité, l’eau est plus froide à 27 m qu’en surface : le volume réel du ballon est plus que celui calculé.
   Plus froides, les molécules sont moins agitées : pour exercer la même pression, elles doivent être plus serrées. Le ballon souple se contracte davantage : le volume est plus petit. La température change, la loi de Mariotte ne s’applique plus telle quelle.

Dans un baromètre de Torricelli, la colonne de mercure (${\rho }_{Hg}=13,55\times {10}^3$ kg·m⁻³) mesure 731 mm ; au-dessus du mercure, dans le tube, règne le vide. $g=9,81$ N·kg⁻¹ ; eau : $1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³.

1. Pression atmosphérique : hPa
   Entre la surface de la cuve ($p_{atm}$) et le haut de la colonne (vide, $p=0$), plus haut de $h$ : $p_{atm}={\rho }_{Hg}gh=13,55\times {10}^3\times 9,81\times 0,731\approx 9,72\times {10}^4$ Pa, soit 972 hPa.
2. Hauteur qu’aurait la colonne si le mercure était remplacé par de l’eau : m
   $h_{eau}={\displaystyle \frac{p_{atm}}{{\rho }_{e}g}}={\displaystyle \frac{{\rho }_{Hg}}{{\rho }_e}}\times h=13,55\times 0,731\approx$ 9,91 m : un tube de près de 10 m serait inutilisable.
3. Une bulle d’air s’introduit au-dessus du mercure ; sa pression vaut 40 hPa. Nouvelle hauteur de la colonne : mm
   Au-dessus de la colonne, la pression n’est plus nulle : $p_{atm}=p_{bulle}+{\rho }_{Hg}g{h}^{\prime }$, d’où $h^{\prime }={\displaystyle \frac{9,717\times {10}^4-4000}{13,55\times {10}^3\times 9,81}}\approx 0,701$ m = 701 mm.
4. Si l’on calcule alors ρ(Hg) × g × h′, on trouve une pression atmosphérique trop
   ${\rho }_{Hg}g{h}^{\prime }=p_{atm}-p_{bulle}$ : on sous-estime la pression atmosphérique de 40 hPa. La mesure est trop faible : le vide au-dessus du mercure est indispensable.