Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Physique-Chimie

Fluide au repos : pression et statique des fluides

Description microscopique et macroscopique d’un fluide (masse volumique, pression, température) ; pression et force pressante ; loi de Mariotte et son test expérimental ; loi fondamentale de la statique des fluides et son test ; applications : tube en U, baromètre, plongée.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés pas à pas : les parois d’un aquarium et le paradoxe hydrostatique, l’autonomie d’un plongeur, les hémisphères de Magdebourg, le test de deux lois avec un capteur de pression et un microcontrôleur, et un château d’eau qui alimente tout un quartier.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je fais un schéma : fluide, points étudiés, surface libre, axe vertical orienté vers le haut.
Je vérifie les conditions : même liquide au repos et continu (loi fondamentale), gaz enfermé à température constante (Mariotte).
Je convertis en unités SI pour $F = p \times S$ et pour $ρ g h$ (Pa, m², kg·m⁻³, m).
J’enchaîne les relations en partant d’un point de pression connue : surface libre, vide du baromètre, valeur mesurée.
Je contrôle : la pression augmente vers le bas, le volume d’un gaz diminue quand sa pression augmente ; je compare aux ordres de grandeur (environ 1 bar tous les 10 m d’eau).

Problème 1 · Les parois d’un aquarium★★★Facile

Un aquarium a un fond rectangulaire de 0,80 m sur 0,35 m ; il est rempli d’eau (

ρ = 1, 00 \times 10^{3}

kg·m⁻³) sur une hauteur

H = 0, 42

m. La pression de l’air de la pièce vaut

1, 008 \times 10^{5}

Pa ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹. On admet que la force pressante exercée par l’eau sur une paroi verticale rectangulaire est égale à celle qu’exercerait une pression uniforme égale à la pression due à l’eau à mi-hauteur.

1. Surpression due à l’eau au fond de l’aquarium : × 10³ Pa
Loi fondamentale entre la surface libre et le fond : $ρ g H = 1, 00 \times 10^{3} \times 9, 81 \times 0, 42 \approx$ 4,12 × 10³ Pa.
2. Pression totale au fond : × 10⁵ Pa
$p = 1, 008 \times 10^{5} + 4, 12 \times 10^{3} \approx$ 1,049 × 10⁵ Pa.
3. Force exercée par l’eau seule (surpression) sur le fond : × 10³ N
$S = 0, 80 \times 0, 35 = 0, 28$ m² : $F = 4, 120 \times 10^{3} \times 0, 28 \approx$ 1,15 × 10³ N.
4. Masse de l’eau de l’aquarium : kg
$m = ρ \times S \times H = 1, 00 \times 10^{3} \times 0, 28 \times 0, 42 =$ 117,6 kg, de poids $117, 6 \times 9, 81 \approx 1, 15 \times 10^{3}$ N : dans un récipient à parois verticales, la force sur le fond est égale au poids de l’eau ( $F = ρ g H \times S = m g$ ).
5. Force exercée par l’eau sur la grande paroi vitrée (0,80 m × 0,42 m) : N
Surpression à mi-hauteur : $\frac{ρ g H}{2} \approx 2, 06 \times 10^{3}$ Pa ; $S_{1} = 0, 80 \times 0, 42 = 0, 336$ m² ; $F_{1} \approx$ 692 N. L’air de la pièce agit sur les deux faces de la vitre (côté eau à travers la surface libre, côté extérieur directement) : ses deux contributions se compensent, seule la surpression due à l’eau compte.
6. Force exercée par l’eau sur une petite paroi (0,35 m × 0,42 m) : N
$S_{2} = 0, 35 \times 0, 42 = 0, 147$ m² : $F_{2} = 2, 06 \times 10^{3} \times 0, 147 \approx$ 303 N.
7. Un récipient évasé vers le haut a le même fond et la même hauteur d’eau, mais contient deux fois plus d’eau. La force due à l’eau sur son fond est (plus grande, la même ou plus petite)
La pression au fond ne dépend que de la hauteur d’eau : même pression, même aire, donc la même force, alors que le récipient contient deux fois plus d’eau. Les parois inclinées supportent une partie du poids de l’eau : c’est le paradoxe hydrostatique.

Problème 2 · L’autonomie d’un plongeur★★★Moyen

Un plongeur évolue à 34 m de profondeur en mer (

ρ = 1, 026 \times 10^{3}

kg·m⁻³). Pression à la surface :

p_{a t m} = 1, 013 \times 10^{5}

Pa ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹. Sa bouteille de 15 L est gonflée à 230 bar ; il doit remonter avant que la pression dans la bouteille descende sous 50 bar (réserve de sécurité). Il consomme 20 L d’air par minute, volume mesuré à la pression où il respire, celle de l’eau qui l’entoure. La vitre de son masque a une aire de 95 cm². La température de l’air est supposée constante.

1. Pression de l’eau à 34 m : × 10⁵ Pa
$p = p_{a t m} + ρ g h = 1, 013 \times 10^{5} + 1, 026 \times 10^{3} \times 9, 81 \times 34 \approx$ 4,44 × 10⁵ Pa, environ 4,4 bar.
2. Force pressante exercée par l’eau sur la vitre du masque : × 10³ N
$S = 95 \times 10^{- 4}$ m² : $F = 4, 435 \times 10^{5} \times 95 \times 10^{- 4} \approx$ 4,21 × 10³ N, perpendiculaire à la vitre, dirigée vers le visage.
3. En descendant, le plongeur souffle un peu d’air par le nez dans son masque pour que la pression de cet air reste à celle de l’eau.
Si l’air du masque est à la même pression que l’eau, les deux forces pressantes sur la vitre se compensent. Sans apport d’air, l’air du masque resterait à une pression plus faible et la résultante plaquerait le masque sur le visage : il rend la pression égale.
4. Volume d’air utilisable, mesuré à la pression de l’eau à 34 m : L
Mariotte, pressions en bar : tout l’air initial, amené à la pression $p$ , occuperait $\frac{230 \times 15}{p}$ ; l’air de la réserve, $\frac{50 \times 15}{p}$ . Air utilisable : $V = \frac{(230 - 50) \times 15}{4, 435} = \frac{2 700}{4, 435} \approx$ 609 L.
5. Durée de plongée possible à 34 m : min
$Δ t = \frac{609}{20} \approx$ 30 min.
6. Durée pendant laquelle la même bouteille alimenterait un nageur respirant en surface : min
En surface, $p = 1, 013$ bar : $V^{'} = \frac{2 700}{1, 013} \approx 2 665$ L, soit $\frac{2 665}{20} \approx$ 133 min.
7. À 34 m, chaque inspiration prélève dans la bouteille environ fois plus d’air qu’en surface.
Rapport des pressions : $\frac{4, 435}{1, 013} \approx$ 4,4, égal au rapport des durées $\frac{133}{30, 4}$ : l’autonomie diminue fortement avec la profondeur.

Problème 3 · Les hémisphères de Magdebourg★★★Moyen

Au XVIIᵉ siècle, Otto von Guericke, bourgmestre de Magdebourg et inventeur d’une pompe à air, montra que des attelages de chevaux ne parvenaient pas à séparer deux hémisphères de cuivre accolés dont on avait retiré l’air. On étudie une réplique : deux hémisphères de rayon intérieur R = 14,0 cm forment une sphère de volume V = 11,5 L, qui contient d’abord de l’air à

p_{0} = 1, 010

bar. À chaque coup de pompe, l’air de la sphère se répartit dans la sphère et dans le corps de pompe, de volume v = 0,500 L, puis l’air du corps de pompe est rejeté au-dehors. On pompe lentement : la température reste constante. Après de nombreux coups, la pression intérieure est descendue à 0,150 bar. On admet que la force nécessaire pour séparer les hémisphères vaut

(p_{0} - p) \times π R^{2}

, comme pour un disque plan de rayon R ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹.

1. Pression dans la sphère après le premier coup de pompe : bar
L’air de la sphère passe de 11,5 L à 11,5 + 0,500 = 12,0 L à température constante : $p_{1} = \frac{1, 010 \times 11, 5}{12, 0} \approx$ 0,968 bar.
2. À chaque coup, la pression est multipliée par le même nombre :
À chaque coup, $p_{n + 1} \times 12, 0 = p_{n} \times 11, 5$ : la pression est multipliée par $\frac{11, 5}{12, 0} \approx$ 0,958.
3. Pression après le deuxième coup : bar
$p_{2} = p_{1} \times \frac{11, 5}{12, 0} = 1, 010 \times {(\frac{11, 5}{12, 0})}^{2} \approx$ 0,928 bar : chaque coup retire de moins en moins d’air.
4. Aire d’un disque de rayon R : × 10⁻² m²
$π R^{2} = π \times 0, 140^{2} \approx$ 6,16 × 10⁻² m².
5. Force nécessaire pour séparer les hémisphères : × 10³ N
$p_{0} - p = 1, 010 - 0, 150 = 0, 860$ bar $= 8, 60 \times 10^{4}$ Pa : $F = 8, 60 \times 10^{4} \times 6, 158 \times 10^{- 2} \approx$ 5,30 × 10³ N.
6. Masse dont le poids a la même valeur : kg
$m = \frac{F}{g} \approx \frac{5 296}{9, 81} \approx$ 540 kg : une demi-tonne, pour une sphère de moins de 30 cm de diamètre.
7. On ouvre un robinet : l’air rentre dans la sphère et la force nécessaire devient
L’air intérieur revient à la pression extérieure : les forces pressantes se compensent, la force nécessaire devient nulle et les hémisphères se séparent sans effort.

Problème 4 · Tester deux lois avec un capteur de pression★★★Difficile

Partie A. Un capteur de pression relié à un microcontrôleur est plongé dans un liquide au repos, à différentes profondeurs

h

sous la surface libre ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹.

$h$ (cm)	0,0	5,0	10,0	15,0	20,0	25,0
$p$ (hPa)	1 009,0	1 014,6	1 020,2	1 025,7	1 031,3	1 036,9

Masses volumiques (kg·m⁻³) : eau 1,000 × 10³ ; solution sucrée à 32 % 1,137 × 10³ ; eau salée saturée 1,20 × 10³ ; glycérol 1,26 × 10³.
Partie B. Le même capteur est relié à une seringue contenant de l’air ; on déplace lentement le piston.

$V$ (mL)	20,0	25,0	30,0	40,0	50,0
$p$ (hPa)	1 520	1 213	1 012	760	606

1. Accroissement moyen de la pression pour 5,0 cm de profondeur supplémentaire : hPa
Accroissements successifs : 5,6 ; 5,6 ; 5,5 ; 5,6 ; 5,6 hPa, constants aux erreurs de mesure près : $p$ est une fonction affine de $h$ , comme le prévoit la loi fondamentale ( $p = p_{0} + ρ g h$ ). Moyenne : $\frac{1 036, 9 - 1 009, 0}{5} =$ 5,58 hPa.
2. Coefficient directeur de la droite p = f(h) en unités SI : × 10⁴ Pa·m⁻¹
$\frac{2 790 Pa}{0, 250 m} =$ 1,116 × 10⁴ Pa·m⁻¹.
3. Masse volumique du liquide : × 10³ kg·m⁻³
Le coefficient directeur vaut $ρ g$ : $ρ = \frac{1, 116 \times 10^{4}}{9, 81} \approx$ 1,14 × 10³ kg·m⁻³ (1 138).
4. Le liquide est la
La valeur la plus proche est celle de la solution sucrée (1 137 kg·m⁻³) : écart relatif inférieur à 0,1 %.
5. Écart relatif avec la masse volumique de l’eau salée saturée : %
$\frac{1 200 - 1 138}{1 200} \approx$ 5 %, bien plus que l’écart avec la solution sucrée : l’identification est fiable.
6. Produit p × V moyen (partie B) : × 10⁴ hPa·mL
Produits : 30 400 ; 30 325 ; 30 360 ; 30 400 ; 30 300 hPa·mL, tous égaux à 3,04 × 10⁴ hPa·mL à 0,2 % près : les mesures sont compatibles avec la loi de Mariotte.
7. Coefficient directeur de la droite p = f(1/V), en unités SI : Pa·m³
$p \times V = k$ équivaut à $p = k \times \frac{1}{V}$ : droite passant par l’origine, de coefficient directeur $k = 3, 04 \times 10^{4} \times 10^{2} Pa \times 10^{- 6} m^{3} =$ 3,04 Pa·m³.
8. On déplace le piston lentement pour que la de l’air reste constante.
Une compression rapide échauffe l’air : la pression dépasserait la valeur prévue. En allant lentement, l’air reste à la température de la pièce, condition de la loi de Mariotte.

Problème 5 · Un château d’eau pour tout un quartier★★★Difficile

La surface libre de l’eau d’un château d’eau est à l’altitude

z_{A} = 187

m. Il alimente un robinet B au rez-de-chaussée d’un immeuble, à l’altitude

z_{B} = 143

m, et un robinet C au sixième étage, à

z_{C} = 161

m. Tous les robinets sont fermés : l’eau du réseau est au repos. Pression atmosphérique :

1, 005 \times 10^{5}

Pa ; eau :

ρ = 1, 00 \times 10^{3}

kg·m⁻³ ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹. Le clapet du robinet B est un disque de 1,6 cm de diamètre ; de l’autre côté du clapet se trouve l’air de la cuisine. Pour un bon confort, la pression de l’eau dans un robinet fermé doit dépasser la pression atmosphérique d’au moins 1,5 bar.

1. Sans pompe, l’eau peut monter dans l’immeuble jusqu’à m au-dessus du robinet B, pas plus.
Le château d’eau et le réseau forment des vases communicants contenant un même liquide au repos : l’eau peut monter jusqu’au niveau de la surface libre du réservoir, 187 m, soit 187 − 143 = 44 m au-dessus de B, pas au-delà.
2. Pression de l’eau au robinet B : × 10⁵ Pa
$p_{B} = p_{A} + ρ g (z_{A} - z_{B}) = 1, 005 \times 10^{5} + 9 810 \times 44 \approx$ 5,32 × 10⁵ Pa, environ 5,3 bar.
3. Pression au robinet C : × 10⁵ Pa
$p_{C} = 1, 005 \times 10^{5} + 9 810 \times 26 \approx$ 3,56 × 10⁵ Pa.
4. Différence p(B) − p(C) : × 10⁵ Pa
Directement entre B et C : $p_{B} - p_{C} = ρ g (z_{C} - z_{B}) = 9 810 \times 18 \approx$ 1,77 × 10⁵ Pa, comme la différence des deux résultats précédents.
5. Force résultante exercée sur le clapet du robinet B : N
L’eau pousse avec $p_{B} S$ , l’air de la cuisine repousse avec $p_{a t m} S$ : $F = (p_{B} - p_{a t m}) \times S$ , avec $S = π \times (0, 8 \times 10^{- 2})^{2} \approx 2, 01 \times 10^{- 4}$ m² ; $F \approx 4, 316 \times 10^{5} \times 2, 011 \times 10^{- 4} \approx$ 87 N, de l’eau vers la cuisine.
6. Altitude maximale d’un robinet pour que le critère de confort soit respecté : m
Il faut $ρ g (z_{A} - z) \geq 1, 5 \times 10^{5}$ Pa, soit $z_{A} - z \geq \frac{1, 5 \times 10^{5}}{9 810} \approx 15, 3$ m, donc $z \leq 187 - 15, 3$ : 171,7 m au plus.
7. Au bout d’une canalisation de 3 km, à la même altitude qu’un point situé au pied du château d’eau, la pression est
Robinets fermés, l’eau est au repos : la pression ne dépend que de la différence d’altitude avec la surface libre, pas de la longueur du trajet. Elle est la même. La longueur des canalisations n’intervient que lorsque l’eau s’écoule (terminale).

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