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Pression et statique des fluides

Étudier la pression dans les liquides et les gaz.

Physique Seconde Chapitre 8 / 8 ⏱ 6 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Calculer une pression à une profondeur donnée
  • Appliquer la loi de Boyle-Mariotte
  • Résoudre un problème de flottaison

Quand tu gonfles un pneu de vélo, quand tes oreilles « claquent » en plongeant au fond d’une piscine, quand tu bois avec une paille ou quand tu regardes flotter une pirogue chargée de poissons sur le fleuve, tu es en contact direct avec un phénomène physique universel : la pression. Un liquide ou un gaz au repos pousse sur tout ce qui le touche — les parois d’un barrage, la peau d’un plongeur, la coque d’un bateau — et cette poussée obéit à des lois précises, que tu vas maintenant apprendre à calculer.

Jusqu’ici, tu as étudié des forces ponctuelles, appliquées en un point (le poids d’un objet, la tension d’un fil). Avec les fluides — les liquides et les gaz — tu découvres une force répartie sur toute une surface : c’est cette répartition qui définit la pression, p=F/Sp = F/S. Ce chapitre te fait passer de cette définition simple à des résultats redoutablement efficaces : pourquoi un barrage est plus épais à sa base, pourquoi un ballon de baudruche gonfle en altitude, pourquoi un énorme pétrolier en acier flotte alors qu’une pièce de monnaie coule.

À la fin du chapitre, tu sauras : calculer une pression à une profondeur donnée dans un liquide, appliquer la loi de Boyle-Mariotte pour décrire un gaz que l’on comprime ou que l’on détend, et résoudre un problème de flottaison à l’aide de la poussée d’Archimède. Ce sont des outils que tu retrouveras en plongée, en météorologie, en génie hydraulique — et bien sûr dans la suite de tes études scientifiques.

1Pression : définition et unités

Pose un livre sur une table : il exerce sur elle une force verticale, son poids. Mais ce qui « écrase » réellement la table, ce n’est pas seulement cette force : c’est la façon dont elle se répartit sur la surface de contact. Une même force peut être anodine ou redoutable selon qu’elle s’applique sur une grande ou une petite surface — c’est exactement ce qu’exprime la pression.

Définition

La pression exercée par une force FF, répartie uniformément et perpendiculairement sur une surface d’aire SS, est le quotient :

p=FSp = \dfrac{F}{S}

avec FF en newtons (N), SS en mètres carrés (m²) et pp en pascals (Pa), unité SI de pression : 1 Pa=1 N⋅m−21\ \text{Pa} = 1\ \text{N·m}^{-2}.

Le pascal porte le nom du savant français Blaise Pascal (1623–1662), pionnier de l’étude des fluides. Un pascal est une pression minuscule à notre échelle (à peu près la pression qu’exerce une feuille de papier posée à plat) : dans la vie courante, on utilise plutôt l’hectopascal (1 hPa=100 Pa1\ \text{hPa} = 100\ \text{Pa}, unité des bulletins météo) ou le bar (1 bar=105 Pa1\ \text{bar} = 10^{5}\ \text{Pa}, unité des manomètres de pneus).

1.1  Unités et ordres de grandeur

SituationPression approximative
Pression atmosphérique normale1,013×105 Pa≈1013 hPa1{,}013 \times 10^{5}\ \text{Pa} \approx 1013\ \text{hPa}
Pneu de voiture bien gonflé≈2×105 Pa\approx 2 \times 10^{5}\ \text{Pa} (2 bar)
Fond d’une piscine à 33 m≈1,3×105 Pa\approx 1{,}3 \times 10^{5}\ \text{Pa}
Cocotte-minute en fonctionnement≈2×105 Pa\approx 2 \times 10^{5}\ \text{Pa}
Fosse des Mariannes (11 00011\,000 m)≈1,1×108 Pa\approx 1{,}1 \times 10^{8}\ \text{Pa}

À force égale, la surface d’application change tout. C’est ce que montre le célèbre paradoxe du talon aiguille et du pied d’éléphant.

Même force F, deux surfaces d’appui : la pression change F S₁ (talon aiguille, petite) p₁ = F/S₁ → très grande F S₂ (pied d’éléphant, grande) p₂ = F/S₂ → petite
Figure 1 — À force FF comparable, la pression dépend fortement de la surface d’appui SS : un talon aiguille (petite surface) exerce une pression bien plus grande qu’un pied d’éléphant (grande surface).
Exemple — talon aiguille contre pied d’éléphant

Une élégante de masse 6060 kg prend appui, un court instant en marchant, sur tout son poids par un seul talon aiguille de surface S1=1 cm2=1×10−4 m2S_1 = 1\ \text{cm}^{2} = 1 \times 10^{-4}\ \text{m}^{2}. Un éléphant de 5 0005\,000 kg répartit son poids sur ses quatre pattes, chacune de surface S2=0,05 m2S_2 = 0{,}05\ \text{m}^{2}.

  1. F1=P=mg=60×9,8F_1 = P = m g = 60 \times 9{,}8poids porté par le talon
  2. ==588 N588\ \text{N}
  3. p1=F1S1=5881×10−4p_1 = \dfrac{F_1}{S_1} = \dfrac{588}{1 \times 10^{-4}}
  4. ==5,9×106 Pa≈59 bar5{,}9 \times 10^{6}\ \text{Pa} \approx 59\ \text{bar}
  5. F2=5 000×9,84F_2 = \dfrac{5\,000 \times 9{,}8}{4}poids réparti sur une seule patte
  6. ==12 250 N12\,250\ \text{N}
  7. p2=F2S2=12 2500,05p_2 = \dfrac{F_2}{S_2} = \dfrac{12\,250}{0{,}05}
  8. ==2,45×105 Pa≈2,5 bar2{,}45 \times 10^{5}\ \text{Pa} \approx 2{,}5\ \text{bar}

Résultat surprenant : le talon aiguille exerce une pression vingt-quatre fois plus grande que le pied de l’éléphant, alors que la force qu’il porte est près de cent fois plus faible ! C’est la petitesse de la surface qui fait toute la différence — les talons aiguilles peuvent abîmer un parquet là où un éléphant ne laisse aucune trace.

Exemple — pression d’un pneu

Un manomètre de garage indique une pression de 2,32{,}3 bar dans un pneu. Exprime cette pression en pascals puis en hectopascals.

  1. p=2,3×105 Pap = 2{,}3 \times 10^{5}\ \text{Pa}1 bar=105 Pa1\ \text{bar} = 10^{5}\ \text{Pa}
  2. ==230 000 Pa230\,000\ \text{Pa}
  3. ==2 300 hPa2\,300\ \text{hPa}1 hPa=100 Pa1\ \text{hPa} = 100\ \text{Pa}

1.2  Pression, force répartie et force ponctuelle

La pression est un nombre positif (un scalaire) : elle n’a pas de direction propre. La force qu’elle produit, en revanche, est un vecteur toujours perpendiculaire à la surface considérée et dirigé vers l’extérieur du fluide (le fluide pousse, il ne tire jamais). Sur une petite surface SS, cette force a pour norme F=p×SF = p \times S : c’est la formule de définition, réécrite pour calculer une force à partir d’une pression connue.

Attention

Ne confonds jamais pression et force. F=500F = 500 N appliquée sur S=0,01 m2S = 0{,}01\ \text{m}^2 donne p=50 000p = 50\,000 Pa ; la même force sur S=1 m2S = 1\ \text{m}^2 ne donne plus que p=500p = 500 Pa. La force seule ne dit rien des dégâts qu’elle peut causer : c’est toujours la pression, c’est-à-dire la force rapportée à la surface, qui compte.

2Loi fondamentale de l’hydrostatique

Un plongeur qui descend sent la pression augmenter dans ses oreilles à chaque mètre gagné. Ce n’est pas une impression : dans un liquide au repos (on parle de statique des fluides, ou hydrostatique), la pression croît régulièrement avec la profondeur, car chaque couche de liquide doit soutenir le poids de toutes les couches situées au-dessus d’elle.

Définition

La masse volumique ρ\rho d’un liquide est le quotient de sa masse mm par son volume VV : ρ=mV\rho = \dfrac{m}{V}, exprimée en kg⋅m−3\text{kg·m}^{-3}. Pour l’eau pure : ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}.

Théorème — loi fondamentale de la statique des fluides

Dans un liquide homogène au repos, de masse volumique ρ\rho, entre deux points 11 et 22 situés respectivement aux profondeurs h1h_1 et h2h_2 sous la surface libre (avec h2>h1h_2 > h_1) :

p2−p1=ρ g (h2−h1)p_2 - p_1 = \rho\, g\,(h_2 - h_1)

En particulier, si l’on note p0p_0 la pression à la surface libre (h=0h = 0), la pression à la profondeur hh vaut :

p(h)=p0+ρ g hp(h) = p_0 + \rho\, g\, h

Colonne de liquide : bilan des forces sur une tranche z (profondeur) z=0 liquide, masse volumique ρ z₁ z₂ p₁S p₂S P h
Figure 2 — Tranche de liquide, de section SS, isolée entre les profondeurs z1z_1 et z2z_2 : elle subit la force p1Sp_1S du liquide au-dessus (vers le bas), la force p2Sp_2S du liquide en dessous (vers le haut) et son poids PP (vers le bas).
Démonstration

On isole, par la pensée, une tranche de liquide cylindrique de section SS, comprise entre les profondeurs z1z_1 (en haut) et z2z_2 (en bas), avec h=z2−z1h = z_2 - z_1 (figure 2). Cette tranche est immobile : la somme des forces qui s’exercent sur elle est donc nulle.

Trois forces verticales agissent sur elle : la force de pression p1Sp_1 S exercée par le liquide situé au-dessus (dirigée vers le bas), la force de pression p2Sp_2 S exercée par le liquide situé en dessous (dirigée vers le haut, elle « soutient » la tranche) et le poids PP de la tranche elle-même (vers le bas).

  1. équilibre vertical : p2S=p1S+Pp_2 S = p_1 S + P
  2. P=mg=ρ Vg=ρ (Sh) gP = m g = \rho\, V g = \rho\, (S h)\, gvolume de la tranche V=ShV = S h
  3. ⇒\Rightarrowp2S=p1S+ρ Sh gp_2 S = p_1 S + \rho\, S h\, g
  4. on divise par SS (non nul)
  5. ⇒\Rightarrowp2=p1+ρ g hp_2 = p_1 + \rho\, g\, h
  6. ⇒\Rightarrowp2−p1=ρ g (z2−z1)p_2 - p_1 = \rho\, g\,(z_2 - z_1)C.Q.F.D.
Propriété — paradoxe hydrostatique

D’après la loi précédente, la pression en un point d’un liquide au repos ne dépend que de la profondeur hh, et absolument pas de la forme du récipient, ni de la quantité totale de liquide. Conséquence directe : dans des vases communicants contenant le même liquide, la surface libre s’établit exactement à la même hauteur dans tous les vases, quelle que soit leur forme.

Vases communicants : même niveau, quelle que soit la forme même niveau h récipient A (large) récipient B (étroit)
Figure 3 — Deux récipients de formes très différentes, reliés à leur base et remplis du même liquide : la surface libre est exactement à la même hauteur hh dans les deux.

2.1  Applications

Cette loi explique plusieurs faits que tu as sans doute déjà observés. Un barrage doit être bien plus épais à sa base qu’à son sommet : la pression de l’eau qu’il retient croît avec la profondeur, donc la force qu’il subit par unité de surface est maximale tout en bas. Un château d’eau, comme celui qui alimente certains quartiers de N’Djaména, est construit en hauteur non pas pour « stocker de l’altitude », mais parce que la différence de hauteur hh entre le réservoir et le robinet crée, par la loi p=p0+ρghp = p_0 + \rho g h, une surpression suffisante pour faire couler l’eau sans aucune pompe au moment du puisage.

Méthode — calculer une pression à une profondeur donnée

1. Repérer la pression p0p_0 à la surface libre (souvent la pression atmosphérique). 2. Identifier la masse volumique ρ\rho du liquide et la profondeur hh du point étudié, comptée depuis la surface libre. 3. Appliquer p=p0+ρghp = p_0 + \rho g h, en vérifiant que toutes les grandeurs sont en unités SI (kg·m⁻³, m·s⁻², m) avant de calculer pp en pascals.

Exemple — plongée dans un lac

Un plongeur descend à h=12h = 12 m sous la surface d’un lac. La pression atmosphérique vaut p0=1,01×105 Pap_0 = 1{,}01 \times 10^{5}\ \text{Pa}, et ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}. Calcule la pression subie par le plongeur.

  1. p=p0+ρghp = p_0 + \rho g h
  2. ==1,01×105+1 000×9,8×121{,}01 \times 10^{5} + 1\,000 \times 9{,}8 \times 12
  3. ==1,01×105+1,176×1051{,}01 \times 10^{5} + 1{,}176 \times 10^{5}
  4. ==2,19×105 Pa2{,}19 \times 10^{5}\ \text{Pa}soit environ 2,22{,}2 bar

À 1212 m de profondeur, le plongeur subit déjà plus du double de la pression atmosphérique.

Exemple — château d’eau de N’Djaména

Un château d’eau est situé h=25h = 25 m au-dessus d’un robinet. Calcule la surpression, due à la seule hauteur d’eau, que reçoit ce robinet.

  1. Δp=ρ g h\Delta p = \rho\, g\, h
  2. ==1 000×9,8×251\,000 \times 9{,}8 \times 25
  3. ==2,45×105 Pa2{,}45 \times 10^{5}\ \text{Pa}soit environ 2,452{,}45 bar de surpression

Cette surpression, ajoutée à la pression atmosphérique, suffit largement à faire jaillir l’eau au robinet sans aucune pompe.

Attention

Dans la formule p=p0+ρghp = p_0 + \rho g h, la profondeur hh se compte depuis la surface libre vers le bas, jamais depuis le fond du récipient. Deux points à la même profondeur, même dans des vases de formes différentes, sont toujours à la même pression : la quantité de liquide au-dessus ne joue aucun rôle, seule la hauteur compte.

Physique & Co — le tonneau de Pascal

En 1646, Blaise Pascal réalise une expérience restée célèbre pour illustrer que la pression ne dépend que de la hauteur, pas du volume de liquide. Il fixe un tonneau rempli d’eau et y insère, par le haut, un tube très fin et très long, vertical. En versant seulement quelques verres d’eau dans ce tube étroit, il fait monter le niveau de plusieurs mètres au-dessus du tonneau — et le tonneau, pourtant robuste, finit par éclater sous la pression, alors que la masse d’eau ajoutée est dérisoire. La démonstration est spectaculaire : ce qui compte, c’est la hauteur hh de la colonne d’eau dans le tube fin, pas la quantité de liquide versée.

3Pression atmosphérique

Tu vis au fond d’un océan d’air. L’atmosphère qui enveloppe la Terre a un poids, comme n’importe quel fluide, et ce poids s’exerce sur toi, sur les objets, sur le sol : c’est la pression atmosphérique. Invisible et silencieuse, elle est pourtant considérable — environ 1010 tonnes sur chaque mètre carré de ton corps — et tu ne la remarques que lorsqu’elle varie brutalement (oreilles qui « bouchent » en avion) ou lorsqu’on la supprime localement (ventouse, seringue bouchée).

Définition

La pression atmosphérique normale, notée p0p_0, est la pression exercée par l’air au niveau de la mer, dans des conditions standard :

p0=1,013×105 Pa=1013 hPap_0 = 1{,}013 \times 10^{5}\ \text{Pa} = 1013\ \text{hPa}

Elle fluctue en réalité de quelques hPa selon la météo (zones de « hautes » et « basses » pressions) et diminue nettement avec l’altitude.

Physique & Co — l’expérience de Torricelli

Pendant des siècles, on croyait qu’un vide total ne pouvait pas exister, et l’on peinait à expliquer pourquoi les pompes aspirantes des mineurs italiens ne pouvaient jamais faire monter l’eau au-delà de 1010 mètres environ. En 1643, le physicien italien Evangelista Torricelli, élève de Galilée, a l’idée de refaire l’expérience avec du mercure, bien plus dense que l’eau, dans un tube fermé à une extrémité. Il remplit le tube de mercure, le retourne dans une cuve de mercure sans laisser entrer d’air : le mercure redescend puis se stabilise, laissant un espace vide en haut du tube. Torricelli comprend que ce n’est pas le vide qui « aspire » le mercure vers le haut : c’est le poids de l’atmosphère, en appuyant sur la surface libre de la cuve, qui pousse le mercure et le maintient à cette hauteur précise. Il vient d’inventer le baromètre.

Expérience de Torricelli mercure (cuve) vide h ≈ 760 mm p₀
Figure 4 — Tube rempli de mercure, retourné dans une cuve de mercure : la pression atmosphérique p0p_0, qui pousse sur la surface libre de la cuve, soutient une colonne de mercure de hauteur h≈760h \approx 760 mm, au-dessus de laquelle règne le vide.

3.1  Le baromètre à mercure

Dans le tube de Torricelli, la colonne de mercure est en équilibre : la pression au pied de la colonne, à l’intérieur du tube, est égale à la pression atmosphérique qui règne à la même hauteur, à l’extérieur, à la surface de la cuve (loi des vases communicants). Au sommet du tube règne le vide, où la pression est nulle. En appliquant la loi fondamentale de l’hydrostatique à la colonne de mercure entre le sommet (pression nulle) et la base (pression p0p_0) :

  1. p0=0+ρHg g hp_0 = 0 + \rho_{\text{Hg}}\, g\, h
  2. ⇒\Rightarrowh=p0ρHg gh = \dfrac{p_0}{\rho_{\text{Hg}}\, g}
Exemple — hauteur de la colonne de Torricelli

Calcule la hauteur hh de mercure soutenue par la pression atmosphérique normale, sachant ρHg=13 600 kg⋅m−3\rho_{\text{Hg}} = 13\,600\ \text{kg·m}^{-3}.

  1. h=p0ρHg g=1,013×10513 600×9,8h = \dfrac{p_0}{\rho_{\text{Hg}}\, g} = \dfrac{1{,}013 \times 10^{5}}{13\,600 \times 9{,}8}
  2. ==1,013×1051,333×105\dfrac{1{,}013 \times 10^{5}}{1{,}333 \times 10^{5}}
  3. ≈\approx0,760 m=760 mm0{,}760\ \text{m} = 760\ \text{mm}

C’est précisément la valeur trouvée par Torricelli, aujourd’hui encore utilisée comme unité de pression usuelle (le millimètre de mercure, mmHg, avec 1 mmHg≈133 Pa1\ \text{mmHg} \approx 133\ \text{Pa}).

Attention

« Le vide aspire » est une expression trompeuse : le vide ne tire sur rien, il n’exerce aucune force. C’est la pression atmosphérique, en poussant sur le liquide depuis l’extérieur, qui le fait monter dans une zone où la pression est plus faible. C’est aussi ce qui explique la limite des pompes aspirantes classiques : elles ne peuvent créer qu’un vide partiel, et la pression atmosphérique ne peut soutenir une colonne d’eau ( ρ\rho bien plus faible que le mercure) que jusqu’à environ 1010 mètres de hauteur.

3.2  Variation de la pression atmosphérique avec l’altitude

Plus on monte en altitude, moins il reste d’air au-dessus de nous : le « poids d’air » à supporter diminue, donc la pression atmosphérique diminue elle aussi. Près du niveau de la mer, elle baisse d’environ 11 hPa tous les 88 mètres ; en haute montagne, la baisse est plus rapide (l’air y est moins dense). C’est ce principe qu’exploite l’altimètre barométrique d’un avion ou d’un randonneur : il mesure une pression et en déduit une altitude.

Exemple — pression au sommet d’une montagne

Au pied d’une montagne, un randonneur relève p=1013p = 1013 hPa. Au sommet, 1 6001\,600 m plus haut, en admettant une baisse moyenne de 11 hPa tous les 88 m, quelle pression peut-il attendre ?

  1. baisse =1 6008×1 hPa= \dfrac{1\,600}{8} \times 1\ \text{hPa}
  2. ==200 hPa200\ \text{hPa}
  3. psommet=1013−200p_{\text{sommet}} = 1013 - 200
  4. ==813 hPa813\ \text{hPa}soit ≈8,0×104\approx 8{,}0 \times 10^{4} Pa, environ 20 %20\ \% de moins qu’au pied

4Poussée d’Archimède

Soulève une pierre dans l’air, puis la même pierre sous l’eau : elle te semble bien plus légère. Rien n’a changé à son poids — c’est l’eau qui, en la repoussant vers le haut, compense une partie de ce poids. Cette force, exercée par tout fluide sur tout corps qui y est immergé, s’appelle la poussée d’Archimède.

Théorème — poussée d’Archimède

Tout corps totalement ou partiellement immergé dans un fluide au repos subit, de la part de ce fluide, une force verticale dirigée vers le haut, appelée poussée d’Archimède ΠA\Pi_A, dont l’intensité est égale au poids du volume de fluide déplacé :

ΠA=ρfluide×Vimmergeˊ×g\Pi_A = \rho_{\text{fluide}} \times V_{\text{immergé}} \times g

avec ρfluide\rho_{\text{fluide}} la masse volumique du fluide, VimmergeˊV_{\text{immergé}} le volume de la partie du corps immergée dans ce fluide, et gg l’intensité de pesanteur.

Cube immergé : bilan des forces de pression surface libre forces latérales : opposées deux à deux, elles s’annulent F₁ F₂ Πₐ
Figure 5 — Sur un cube immergé, la face inférieure, plus profonde, subit une force de pression F2F_2 plus grande que la force F1F_1 sur la face supérieure ; les forces latérales s’annulent par symétrie. La résultante ΠA=F2−F1\Pi_A = F_2 - F_1, dirigée vers le haut, est la poussée d’Archimède.
Démonstration — bilan des forces de pression sur un cube

Considérons un cube d’arête aa, de section horizontale S=a2S = a^{2}, totalement immergé dans un liquide de masse volumique ρ\rho. Sa face supérieure est à la profondeur h1h_1, sa face inférieure à la profondeur h2=h1+ah_2 = h_1 + a (figure 5).

Les forces de pression sur les quatre faces latérales se compensent exactement deux à deux, par symétrie du cube : elles n’ont aucun effet sur la résultante verticale. Restent les forces sur les faces horizontales.

  1. face du haut, pression p1=p0+ρgh1p_1 = p_0 + \rho g h_1, force F1=p1SF_1 = p_1 Sdirigée vers le bas
  2. face du bas, pression p2=p0+ρgh2p_2 = p_0 + \rho g h_2, force F2=p2SF_2 = p_2 Sdirigée vers le haut
  3. résultante verticale ΠA=F2−F1=(p2−p1)S\Pi_A = F_2 - F_1 = (p_2 - p_1) S
  4. ==ρg(h2−h1) S\rho g (h_2 - h_1)\, Sloi fondamentale de l’hydrostatique
  5. ==ρg a S\rho g\, a\, Sh2−h1=ah_2 - h_1 = a
  6. ==ρg (aS)\rho g\, (a S)
  7. ==ρ V g\rho\, V\, gV=aSV = a S est le volume du cube, donc du liquide déplacé

On retrouve exactement ΠA=ρfluideVg\Pi_A = \rho_{\text{fluide}} V g, le poids du volume de liquide déplacé. C.Q.F.D.

Attention

La poussée d’Archimède ne dépend ni de la masse ni de la nature de l’objet immergé : seuls comptent le volume immergé VimmergeˊV_{\text{immergé}} et la masse volumique du fluide. Une boule de pétanque en acier et une boule de bois de même volume, totalement immergées dans l’eau, subissent exactement la même poussée d’Archimède — ce qui ne les empêche pas d’avoir des sorts très différents, l’une coule, l’autre flotte, à cause de leur poids très différent.

4.1  Flottaison

Méthode — résoudre un problème de flottaison

1. Calculer le poids P=mgP = mg de l’objet (masse totale, y compris chargement éventuel). 2. Écrire la condition d’équilibre : à l’équilibre, un corps qui flotte a une poussée d’Archimède exactement égale à son poids, ΠA=P\Pi_A = P. 3. En déduire le volume immergé Vimmergeˊ=Pρfluide gV_{\text{immergé}} = \dfrac{P}{\rho_{\text{fluide}}\, g}, puis comparer ce volume au volume total de l’objet pour savoir s’il flotte réellement (il faut Vimmergeˊ⩽VtotalV_{\text{immergé}} \leqslant V_{\text{total}}).

Flottaison d’une pirogue : équilibre entre poids et poussée ligne de flottaison G P C Πₐ équilibre : Πₐ = P
Figure 6 — Une pirogue en bois flotte : son poids PP, appliqué en son centre de gravité GG, est exactement compensé par la poussée d’Archimède ΠA\Pi_A, appliquée au centre CC du volume immergé.
Exemple — fraction immergée d’un morceau de bois

Un morceau de bois, de masse volumique ρbois=700 kg⋅m−3\rho_{\text{bois}} = 700\ \text{kg·m}^{-3}, flotte sur l’eau (ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}). Quelle fraction de son volume est immergée ?

  1. à l’équilibre, ΠA=P\Pi_A = P
  2. ρeau Vimm g=ρbois Vtotal g\rho_{\text{eau}}\, V_{\text{imm}}\, g = \rho_{\text{bois}}\, V_{\text{total}}\, g
  3. ⇒\RightarrowVimmVtotal=ρboisρeau=7001 000\dfrac{V_{\text{imm}}}{V_{\text{total}}} = \dfrac{\rho_{\text{bois}}}{\rho_{\text{eau}}} = \dfrac{700}{1\,000}
  4. ==0,700{,}70soit 70 %70\ \% du volume, sous l’eau

Seuls 30 %30\ \% du volume du bois émergent : c’est cohérent avec ce que l’on observe pour un tronc flottant.

4.2  Applications : iceberg, densimètre

Un iceberg flotte selon exactement le même principe que le morceau de bois : la glace (ρ≈917 kg⋅m−3\rho \approx 917\ \text{kg·m}^{-3}) est moins dense que l’eau de mer (ρ≈1 025 kg⋅m−3\rho \approx 1\,025\ \text{kg·m}^{-3}), si bien qu’environ 90 %90\ \% de son volume reste sous la surface — d’où l’expression « la partie visible de l’iceberg ». Un densimètre (ou aréomètre) utilise le principe inverse : c’est un flotteur lesté, gradué, qui s’enfonce plus ou moins profondément selon la masse volumique du liquide où on le plonge (plus le liquide est dense, moins le densimètre s’enfonce) — c’est ainsi que l’on mesure la teneur en sucre d’un moût ou la concentration d’une saumure.

Physique & Co — Eurêka !

Vers −250-250, à Syracuse, le roi Hiéron II charge le savant grec Archimède de vérifier, sans l’endommager, si sa couronne est en or pur ou contient un alliage moins précieux. La légende — rapportée bien plus tard par l’architecte romain Vitruve — raconte qu’Archimède aurait trouvé la solution en entrant dans son bain, en observant l’eau déborder et monter selon le volume de son corps immergé : il aurait alors couru nu dans les rues en criant « Eurêka ! » (« J’ai trouvé ! »). L’idée : comparer le volume d’eau déplacé par la couronne à celui déplacé par une masse égale d’or pur permet de démasquer une fraude, sans fondre ni abîmer l’objet précieux. Vraie ou enjolivée, cette anecdote a immortalisé le principe qui porte son nom.

5Loi de Boyle-Mariotte

Un liquide se laisse à peine comprimer : son volume est presque fixe. Un gaz, au contraire, est très compressible — appuie sur le piston d’une seringue bouchée, et tu sens l’air se laisser tasser. Cette compressibilité obéit, elle aussi, à une loi précise, découverte indépendamment par l’Irlandais Robert Boyle (1662) et le Français Edme Mariotte (1676).

Définition

Une transformation d’un gaz est dite isotherme lorsqu’elle s’effectue à température constante. On considère ici une quantité fixée de gaz (aucune fuite, aucun ajout), enfermée dans une enceinte dont on peut faire varier le volume (piston, seringue, poumon…).

Théorème — loi de Boyle-Mariotte

Pour une quantité fixée de gaz, à température constante, le produit de la pression par le volume est constant :

p1V1=p2V2p_1 V_1 = p_2 V_2

où (p1,V1)(p_1, V_1) et (p2,V2)(p_2, V_2) sont respectivement la pression et le volume du gaz dans un premier état, puis dans un second état, à la même température.

Idée de preuve (approche qualitative)

Un gaz est constitué d’un très grand nombre de molécules en mouvement incessant et désordonné, qui bombardent sans cesse les parois du récipient : c’est ce bombardement qui, à l’échelle macroscopique, se traduit par la pression. À température constante, les molécules gardent en moyenne la même vitesse. Si l’on réduit le volume de moitié, en gardant le même nombre de molécules, celles-ci se retrouvent deux fois plus « serrées » : elles heurtent les parois deux fois plus souvent. La pression est donc multipliée par deux quand le volume est divisé par deux — ce qui correspond bien à un produit pVpV constant. Ce raisonnement, non chiffré, donne l’intuition physique du résultat ; la loi elle-même a été établie expérimentalement par Boyle et par Mariotte.

5.1  Utiliser la loi de Boyle-Mariotte

Méthode — appliquer la loi de Boyle-Mariotte

1. Vérifier que la température est bien constante entre les deux états (sinon la loi ne s’applique pas telle quelle). 2. Repérer les deux couples (p1,V1)(p_1, V_1) et (p2,V2)(p_2, V_2), en unités cohérentes. 3. Écrire p1V1=p2V2p_1 V_1 = p_2 V_2 et isoler l’inconnue demandée.

Exemple — compression dans une seringue

Une seringue bouchée contient V1=20V_1 = 20 mL d’air à la pression p1=1,0×105p_1 = 1{,}0 \times 10^{5} Pa. On pousse le piston jusqu’à V2=8V_2 = 8 mL, à température constante. Calcule la nouvelle pression p2p_2.

  1. p1V1=p2V2p_1 V_1 = p_2 V_2
  2. ⇒\Rightarrowp2=p1V1V2=1,0×105×208p_2 = \dfrac{p_1 V_1}{V_2} = \dfrac{1{,}0 \times 10^{5} \times 20}{8}
  3. ==2,5×105 Pa2{,}5 \times 10^{5}\ \text{Pa}soit 2,52{,}5 bar
Exemple — une bulle d’air qui remonte

Un plongeur relâche une bulle d’air de volume V1=2,0V_1 = 2{,}0 mL à une profondeur où la pression vaut p1=3,0×105p_1 = 3{,}0 \times 10^{5} Pa. Elle remonte jusqu’à la surface, où la pression est p2=1,0×105p_2 = 1{,}0 \times 10^{5} Pa. Calcule son volume V2V_2 en surface.

  1. p1V1=p2V2p_1 V_1 = p_2 V_2
  2. ⇒\RightarrowV2=p1V1p2=3,0×105×2,01,0×105V_2 = \dfrac{p_1 V_1}{p_2} = \dfrac{3{,}0 \times 10^{5} \times 2{,}0}{1{,}0 \times 10^{5}}
  3. ==6,0 mL6{,}0\ \text{mL}

Le volume de la bulle triple en remontant : c’est exactement pour cette raison qu’un plongeur ne doit jamais bloquer sa respiration en remontant — l’air contenu dans ses poumons se dilaterait dangereusement.

Attention

La loi de Boyle-Mariotte ne s’applique qu’à température constante. Si le gaz est aussi chauffé ou refroidi entre les deux états, le produit pVpV n’est plus conservé : il faut alors une loi plus générale, hors programme de Seconde. Vérifie toujours, dans l’énoncé, que la transformation est bien isotherme avant d’utiliser p1V1=p2V2p_1V_1 = p_2V_2.

6Applications (plongée, baromètre, hydraulique)

Les trois lois que tu viens d’étudier — hydrostatique, pression atmosphérique et loi de Boyle-Mariotte — ne sont pas de simples curiosités théoriques : elles gouvernent des technologies et des pratiques que tu croises tous les jours, de la plongée sous-marine au cric qui soulève une voiture au garage.

6.1  La plongée sous-marine

Un plongeur combine, à chaque instant, deux des lois de ce chapitre. D’une part, la pression qu’il subit augmente avec la profondeur (loi fondamentale de l’hydrostatique) : environ 11 bar supplémentaire tous les 1010 m d’eau. D’autre part, l’air comprimé qu’il respire, une fois dans ses poumons, subit les variations de pression selon la loi de Boyle-Mariotte : c’est pourquoi les moniteurs de plongée insistent tant sur la consigne « ne jamais bloquer sa respiration » en remontant.

Exemple — pression et volume combinés en plongée

Un plongeur est à h=20h = 20 m de profondeur (p0=1,0×105p_0 = 1{,}0 \times 10^{5} Pa, ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}). Calcule la pression qu’il subit, puis le facteur par lequel se dilaterait une bulle d’air de ses poumons en remontant jusqu’à la surface.

  1. p1=p0+ρgh=1,0×105+1 000×9,8×20p_1 = p_0 + \rho g h = 1{,}0 \times 10^{5} + 1\,000 \times 9{,}8 \times 20
  2. ==1,0×105+1,96×1051{,}0 \times 10^{5} + 1{,}96 \times 10^{5}
  3. ==2,96×105 Pa≈3,0×105 Pa2{,}96 \times 10^{5}\ \text{Pa} \approx 3{,}0 \times 10^{5}\ \text{Pa}
  4. p1V1=p2V2p_1 V_1 = p_2 V_2 avec p2=p0=1,0×105 Pap_2 = p_0 = 1{,}0 \times 10^{5}\ \text{Pa}
  5. ⇒\RightarrowV2V1=p1p2=2,96×1051,0×105\dfrac{V_2}{V_1} = \dfrac{p_1}{p_2} = \dfrac{2{,}96 \times 10^{5}}{1{,}0 \times 10^{5}}
  6. ≈\approx3,03{,}0

Le volume d’air triple presque entre 2020 m de profondeur et la surface : une remontée doit toujours être lente, en expirant, jamais en apnée bloquée.

6.2  Le baromètre anéroïde

Le baromètre à mercure de Torricelli est précis mais fragile et encombrant. Les baromètres modernes (stations météo, altimètres) utilisent le plus souvent un baromètre anéroïde (« sans liquide ») : une petite boîte métallique scellée, partiellement vidée d’air, dont les parois flexibles se déforment très légèrement selon la pression atmosphérique extérieure — elles s’enfoncent quand la pression augmente, se relâchent quand elle diminue. Un système de leviers amplifie ce minuscule déplacement et l’affiche sur un cadran gradué en hPa. Compact, robuste et sans mercure toxique, il équipe aujourd’hui la quasi-totalité des baromètres et des altimètres.

6.3  La presse hydraulique

Théorème — principe de Pascal

Dans un liquide incompressible en équilibre, toute variation de pression appliquée en un point se transmet intégralement et instantanément à tous les points du liquide. C’est une conséquence directe de la loi fondamentale de l’hydrostatique : si l’on augmente p0p_0 à la surface, la relation p=p0+ρghp = p_0 + \rho g h montre que la pression augmente de la même quantité Δp0\Delta p_0, à toute profondeur.

La presse (ou vérin) hydraulique exploite ce principe pour démultiplier une force. Un petit piston, de surface S1S_1, et un grand piston, de surface S2S_2, sont reliés par un même liquide incompressible. Une force F1F_1 appliquée sur le petit piston y crée une pression p=F1/S1p = F_1/S_1, transmise intégralement au grand piston, qui produit alors une force F2=p×S2F_2 = p \times S_2.

Presse hydraulique : principe de Pascal S₁ F₁ S₂ F₂ p = F₁/S₁ = F₂/S₂ ⇒ F₂ = F₁ × (S₂/S₁)
Figure 7 — Une petite force F1F_1, appliquée sur un petit piston de surface S1S_1, crée une pression transmise intégralement au grand piston de surface S2S_2, qui produit une force F2F_2 bien plus grande.
Exemple — cric hydraulique de garage

Un cric hydraulique a un petit piston de surface S1=3 cm2S_1 = 3\ \text{cm}^{2} et un grand piston de surface S2=150 cm2S_2 = 150\ \text{cm}^{2}. Un mécanicien exerce une force F1=200F_1 = 200 N sur le petit piston. Calcule la force F2F_2 disponible sur le grand piston.

  1. p=F1S1=F2S2p = \dfrac{F_1}{S_1} = \dfrac{F_2}{S_2}
  2. ⇒\RightarrowF2=F1×S2S1=200×1503F_2 = F_1 \times \dfrac{S_2}{S_1} = 200 \times \dfrac{150}{3}
  3. ==10 000 N10\,000\ \text{N}soit environ une masse de 1 0001\,000 kg soulevée

Avec une force d’entrée modeste, la presse hydraulique soulève une charge cinquante fois plus grande : c’est la surface, et non l’énergie, qui est ici « gratuite » à démultiplier.

UnitéÉquivalence en pascals
11 bar1×105 Pa1 \times 10^{5}\ \text{Pa}
11 hPa1×102 Pa1 \times 10^{2}\ \text{Pa}
11 atm≈1,013×105 Pa\approx 1{,}013 \times 10^{5}\ \text{Pa}
11 mmHg≈133 Pa\approx 133\ \text{Pa}
Attention

Dans un problème pratique, les données arrivent souvent dans des unités différentes (bar, hPa, mmHg, cm²…) : convertis systématiquement toutes les grandeurs en unités SI (Pa, m², m) avant de calculer, sous peine d’une erreur d’un facteur 1010, 100100 ou 10 00010\,000 (attention en particulier aux cm² à convertir en m², facteur 10−410^{-4}).

Fiche mémo

  • Pression : p=FSp = \dfrac{F}{S}, en pascals (Pa=N⋅m−2\text{Pa} = \text{N·m}^{-2}) ; 1 bar=105 Pa1\ \text{bar} = 10^{5}\ \text{Pa}, 1 hPa=102 Pa1\ \text{hPa} = 10^{2}\ \text{Pa}.
  • Loi fondamentale de l’hydrostatique : p(h)=p0+ρghp(h) = p_0 + \rho g h, avec hh compté depuis la surface libre.
  • Vases communicants : même liquide, même hauteur de surface libre, quelle que soit la forme des récipients.
  • Pression atmosphérique normale : p0=1,013×105 Pa=1013 hPap_0 = 1{,}013 \times 10^{5}\ \text{Pa} = 1013\ \text{hPa} ; elle diminue avec l’altitude.
  • Baromètre de Torricelli : p0=ρHg g hp_0 = \rho_{\text{Hg}}\, g\, h, h≈760h \approx 760 mm de mercure au niveau de la mer.
  • Poussée d’Archimède : ΠA=ρfluide Vimmergeˊ g\Pi_A = \rho_{\text{fluide}}\, V_{\text{immergé}}\, g, toujours verticale vers le haut.
  • Condition de flottaison à l’équilibre : ΠA=P\Pi_A = P (poids).
  • La poussée d’Archimède ne dépend que du fluide et du volume immergé, jamais de la masse de l’objet.
  • Loi de Boyle-Mariotte (température constante) : p1V1=p2V2p_1 V_1 = p_2 V_2.
  • Principe de Pascal : une variation de pression se transmet intégralement dans tout le liquide ⇒ presse hydraulique, F1S1=F2S2\dfrac{F_1}{S_1} = \dfrac{F_2}{S_2}.
  • En plongée : ≈1\approx 1 bar de plus tous les 1010 m d’eau ; ne jamais bloquer sa respiration en remontant (Boyle-Mariotte).
  • Toujours convertir en unités SI (Pa, m², m, kg·m⁻³) avant de calculer.

7Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Une caisse de masse m=45m = 45 kg repose sur le sol par une surface S=0,25 m2S = 0{,}25\ \text{m}^{2}. Calcule la pression exercée sur le sol, en pascals puis en hectopascals.

Voir le corrigé détaillé
  1. F=mg=45×9,8F = mg = 45 \times 9{,}8
  2. ==441 N441\ \text{N}
  3. p=FS=4410,25p = \dfrac{F}{S} = \dfrac{441}{0{,}25}
  4. ==1 764 Pa1\,764\ \text{Pa}
  5. ==17,6 hPa17{,}6\ \text{hPa}
2

Convertis : 2,82{,}8 bar en Pa ; 950950 hPa en Pa ; 5,0×1055{,}0 \times 10^{5} Pa en bar.

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  1. 2,8 bar=2,8×105 Pa=280 000 Pa2{,}8\ \text{bar} = 2{,}8 \times 10^{5}\ \text{Pa} = 280\,000\ \text{Pa}
  2. 950 hPa=950×102 Pa=95 000 Pa950\ \text{hPa} = 950 \times 10^{2}\ \text{Pa} = 95\,000\ \text{Pa}
  3. 5,0×105 Pa=5,0×105105 bar=5,0 bar5{,}0 \times 10^{5}\ \text{Pa} = \dfrac{5{,}0 \times 10^{5}}{10^{5}}\ \text{bar} = 5{,}0\ \text{bar}
3

Calcule la pression à h=8h = 8 m de profondeur dans un lac (p0=1,0×105p_0 = 1{,}0 \times 10^{5} Pa, ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}).

Voir le corrigé détaillé
  1. p=p0+ρghp = p_0 + \rho g h
  2. ==1,0×105+1 000×9,8×81{,}0 \times 10^{5} + 1\,000 \times 9{,}8 \times 8
  3. ==1,0×105+0,784×1051{,}0 \times 10^{5} + 0{,}784 \times 10^{5}
  4. ==1,78×105 Pa1{,}78 \times 10^{5}\ \text{Pa}
4

Une bille est totalement immergée dans l’eau (ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}). Son volume est V=50 cm3V = 50\ \text{cm}^{3}. Calcule la poussée d’Archimède qu’elle subit.

Voir le corrigé détaillé
  1. V=50 cm3=5,0×10−5 m3V = 50\ \text{cm}^{3} = 5{,}0 \times 10^{-5}\ \text{m}^{3}
  2. ΠA=ρeau V g\Pi_A = \rho_{\text{eau}}\, V\, g
  3. ==1 000×5,0×10−5×9,81\,000 \times 5{,}0 \times 10^{-5} \times 9{,}8
  4. ==0,49 N0{,}49\ \text{N}
5

Un gaz occupe V1=500V_1 = 500 mL sous la pression p1=1,0×105p_1 = 1{,}0 \times 10^{5} Pa. On le comprime, à température constante, jusqu’à p2=4,0×105p_2 = 4{,}0 \times 10^{5} Pa. Calcule le nouveau volume V2V_2.

Voir le corrigé détaillé
  1. p1V1=p2V2p_1 V_1 = p_2 V_2
  2. ⇒\RightarrowV2=p1V1p2=1,0×105×5004,0×105V_2 = \dfrac{p_1 V_1}{p_2} = \dfrac{1{,}0 \times 10^{5} \times 500}{4{,}0 \times 10^{5}}
  3. ==125 mL125\ \text{mL}
Niveau 2 — Approfondissement
6

Un tube en U contient de l’eau (ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}), initialement au même niveau dans les deux branches. On verse dans une branche de l’huile (ρhuile=900 kg⋅m−3\rho_{\text{huile}} = 900\ \text{kg·m}^{-3}) non miscible, formant une colonne de hauteur H=18H = 18 cm. Calcule la dénivellation dd du niveau d’eau qui apparaît entre les deux branches à l’équilibre.

Voir le corrigé détaillé

À l’équilibre, la pression est la même au point le plus bas commun aux deux branches (fond du U).

  1. côté huile : p0+ρhuile g Hp_0 + \rho_{\text{huile}}\, g\, H
  2. côté eau : p0+ρeau g dp_0 + \rho_{\text{eau}}\, g\, d
  3. égalité des pressions : ρhuile g H=ρeau g d\rho_{\text{huile}}\, g\, H = \rho_{\text{eau}}\, g\, d
  4. ⇒\Rightarrowd=ρhuileρeau×H=9001 000×18d = \dfrac{\rho_{\text{huile}}}{\rho_{\text{eau}}} \times H = \dfrac{900}{1\,000} \times 18
  5. ==16,2 cm16{,}2\ \text{cm}

L’huile étant moins dense que l’eau, une colonne d’huile de 1818 cm ne fait monter le niveau d’eau côté opposé que de 16,216{,}2 cm.

7

Un cube de glace (ρglace=917 kg⋅m−3\rho_{\text{glace}} = 917\ \text{kg·m}^{-3}) est déposé délicatement à la surface d’une huile de moteur usagée (ρhuile=850 kg⋅m−3\rho_{\text{huile}} = 850\ \text{kg·m}^{-3}). Flotte-t-il ? Justifie, puis conclus sur son mouvement.

Voir le corrigé détaillé

Comparons la masse volumique de la glace à celle de l’huile.

  1. ρglace=917 kg⋅m−3>ρhuile=850 kg⋅m−3\rho_{\text{glace}} = 917\ \text{kg·m}^{-3} > \rho_{\text{huile}} = 850\ \text{kg·m}^{-3}
  2. même totalement immergé, ΠA,max⁡=ρhuile V g\Pi_{A,\max} = \rho_{\text{huile}}\, V\, g
  3. or P=ρglace V g>ρhuile V g=ΠA,max⁡P = \rho_{\text{glace}}\, V\, g > \rho_{\text{huile}}\, V\, g = \Pi_{A,\max}

Même totalement immergé, la poussée d’Archimède maximale que peut fournir l’huile ne compense jamais le poids du glaçon : celui-ci coule dans l’huile, contrairement à ce qu’il fait dans l’eau. Un objet ne flotte que si sa masse volumique est inférieure à celle du fluide.

8

Un barrage retient un lac. Sur une portion rectangulaire de largeur L=10L = 10 m, entre la surface (h=0h=0) et la profondeur h2=6h_2 = 6 m, calcule la surpression moyenne due à l’eau, puis la force totale exercée par l’eau sur cette portion.

Voir le corrigé détaillé

La surpression due à l’eau (par rapport à l’atmosphère, qui pousse aussi de l’autre côté) vaut Δp=ρgh\Delta p = \rho g h ; elle est nulle en surface et maximale au pied.

  1. Δpmax⁡=ρgh2=1 000×9,8×6\Delta p_{\max} = \rho g h_2 = 1\,000 \times 9{,}8 \times 6
  2. ==58 800 Pa58\,800\ \text{Pa}
  3. Δpmoy=0+58 8002\Delta p_{\text{moy}} = \dfrac{0 + 58\,800}{2}variation linéaire avec la profondeur
  4. ==29 400 Pa29\,400\ \text{Pa}
  5. S=L×h2=10×6=60 m2S = L \times h_2 = 10 \times 6 = 60\ \text{m}^{2}
  6. F=Δpmoy×S=29 400×60F = \Delta p_{\text{moy}} \times S = 29\,400 \times 60
  7. ==1,76×106 N≈1,76 MN1{,}76 \times 10^{6}\ \text{N} \approx 1{,}76\ \text{MN}

Cette force considérable, presque 1 8001\,800 tonnes, explique pourquoi la base d’un barrage doit être massive.

9

Un vérin hydraulique a S1=4 cm2S_1 = 4\ \text{cm}^{2} et S2=200 cm2S_2 = 200\ \text{cm}^{2}. On applique F1=150F_1 = 150 N sur le petit piston, en l’enfonçant de d1=25d_1 = 25 cm. Calcule F2F_2, puis le déplacement d2d_2 du grand piston (le volume de liquide déplacé est le même des deux côtés : S1d1=S2d2S_1 d_1 = S_2 d_2).

Voir le corrigé détaillé
  1. F2=F1×S2S1=150×2004F_2 = F_1 \times \dfrac{S_2}{S_1} = 150 \times \dfrac{200}{4}
  2. ==7 500 N7\,500\ \text{N}
  3. S1d1=S2d2⇒d2=S1d1S2=4×25200S_1 d_1 = S_2 d_2 \Rightarrow d_2 = \dfrac{S_1 d_1}{S_2} = \dfrac{4 \times 25}{200}
  4. ==0,5 cm0{,}5\ \text{cm}

La force est multipliée par 5050, mais le déplacement est divisé par 5050 : la presse hydraulique ne crée pas d’énergie, elle échange force contre déplacement.

Niveau 3 — Défi
10

Un plongeur descend jusqu’à h=30h = 30 m dans l’eau de mer (ρmer=1 025 kg⋅m−3\rho_{\text{mer}} = 1\,025\ \text{kg·m}^{-3}, p0=1,013×105p_0 = 1{,}013 \times 10^{5} Pa).

  1. Calcule la pression subie à cette profondeur.
  2. Un ballon de baudruche fermé, rempli de V1=2,0V_1 = 2{,}0 L d’air en surface, est descendu jusqu’à 3030 m avec le plongeur. Calcule son volume V2V_2 à cette profondeur (température constante).
  3. Calcule la diminution relative de son volume, en pourcentage.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. p2=p0+ρmer g hp_2 = p_0 + \rho_{\text{mer}}\, g\, h
  2. ==1,013×105+1 025×9,8×301{,}013 \times 10^{5} + 1\,025 \times 9{,}8 \times 30
  3. ==1,013×105+3,0135×1051{,}013 \times 10^{5} + 3{,}0135 \times 10^{5}
  4. ==4,03×105 Pa4{,}03 \times 10^{5}\ \text{Pa}

2. En surface, p1=p0=1,013×105p_1 = p_0 = 1{,}013 \times 10^{5} Pa.

  1. p1V1=p2V2p_1 V_1 = p_2 V_2
  2. ⇒\RightarrowV2=p1V1p2=1,013×105×2,04,03×105V_2 = \dfrac{p_1 V_1}{p_2} = \dfrac{1{,}013 \times 10^{5} \times 2{,}0}{4{,}03 \times 10^{5}}
  3. ≈\approx0,50 L0{,}50\ \text{L}

3.

  1. diminution =V1−V2V1=2,0−0,502,0= \dfrac{V_1 - V_2}{V_1} = \dfrac{2{,}0 - 0{,}50}{2{,}0}
  2. ==0,750{,}75
  3. ⇒\Rightarrowsoit 75 %75\ \% de diminution
11

Un iceberg (ρglace=917 kg⋅m−3\rho_{\text{glace}} = 917\ \text{kg·m}^{-3}) flotte sur l’eau de mer (ρmer=1 025 kg⋅m−3\rho_{\text{mer}} = 1\,025\ \text{kg·m}^{-3}) et a un volume total V=2,0×106 m3V = 2{,}0 \times 10^{6}\ \text{m}^{3}.

  1. Établis l’expression littérale de la fraction immergée de l’iceberg.
  2. Calcule le volume immergé, puis le volume émergé.
  3. Calcule la masse totale de l’iceberg.
Voir le corrigé détaillé

1. À l’équilibre ΠA=P\Pi_A = P, soit ρmer Vimm g=ρglace V g\rho_{\text{mer}}\, V_{\text{imm}}\, g = \rho_{\text{glace}}\, V\, g, d’où VimmV=ρglaceρmer\dfrac{V_{\text{imm}}}{V} = \dfrac{\rho_{\text{glace}}}{\rho_{\text{mer}}}.

2.

  1. VimmV=9171 025≈0,895\dfrac{V_{\text{imm}}}{V} = \dfrac{917}{1\,025} \approx 0{,}895
  2. Vimm=0,895×2,0×106V_{\text{imm}} = 0{,}895 \times 2{,}0 \times 10^{6}
  3. ≈\approx1,79×106 m31{,}79 \times 10^{6}\ \text{m}^{3}
  4. Veˊmergeˊ=V−Vimm=2,0×106−1,79×106V_{\text{émergé}} = V - V_{\text{imm}} = 2{,}0 \times 10^{6} - 1{,}79 \times 10^{6}
  5. ≈\approx2,1×105 m32{,}1 \times 10^{5}\ \text{m}^{3}soit environ 10,5 %10{,}5\ \% du volume, hors de l’eau

3.

  1. m=ρglace×V=917×2,0×106m = \rho_{\text{glace}} \times V = 917 \times 2{,}0 \times 10^{6}
  2. ≈\approx1,83×109 kg1{,}83 \times 10^{9}\ \text{kg}soit environ 1,831{,}83 million de tonnes
12

Un manomètre à mercure en U mesure la pression d’un gaz dans une cuve : une branche est reliée à la cuve, l’autre est ouverte à l’air libre (p0=1,013×105p_0 = 1{,}013 \times 10^{5} Pa). Le mercure est plus haut de Δh=340\Delta h = 340 mm du côté ouvert (le gaz est donc en surpression).

  1. Exprime la pression du gaz en fonction de p0p_0, ρHg\rho_{\text{Hg}}, gg et Δh\Delta h.
  2. Calcule cette pression, avec ρHg=13 600 kg⋅m−3\rho_{\text{Hg}} = 13\,600\ \text{kg·m}^{-3}.
  3. Exprime le résultat en bar et compare-le à la pression atmosphérique.
Voir le corrigé détaillé

1. Le point le plus bas du tube en U est à la même pression, calculée depuis chaque branche : pgaz=p0+ρHg g Δhp_{\text{gaz}} = p_0 + \rho_{\text{Hg}}\, g\, \Delta h (le gaz, plus pressurisé, repousse le mercure vers le côté ouvert).

2.

  1. pgaz=1,013×105+13 600×9,8×0,340p_{\text{gaz}} = 1{,}013 \times 10^{5} + 13\,600 \times 9{,}8 \times 0{,}340
  2. ==1,013×105+4,53×1041{,}013 \times 10^{5} + 4{,}53 \times 10^{4}
  3. ==1,466×105 Pa1{,}466 \times 10^{5}\ \text{Pa}

3.

  1. pgaz≈1,47 barp_{\text{gaz}} \approx 1{,}47\ \text{bar}
  2. pgazp0≈1,45\dfrac{p_{\text{gaz}}}{p_0} \approx 1{,}45

Le gaz de la cuve est environ 45 %45\ \% plus pressurisé que l’atmosphère.

Niveau 4 — Problèmes de vie courante
13

Le château d’eau de Moussa (N’Djaména). Le château d’eau du quartier de Moussa culmine à h=30h = 30 m au-dessus des robinets. On considère p0=1,0×105p_0 = 1{,}0 \times 10^{5} Pa et ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}.

  1. Calcule la surpression apportée au robinet par la seule hauteur d’eau.
  2. Un bon débit exige, au robinet, une pression totale supérieure à 2,5×1052{,}5 \times 10^{5} Pa. Cette hauteur de château d’eau est-elle suffisante ?
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. Δp=ρ g h=1 000×9,8×30\Delta p = \rho\, g\, h = 1\,000 \times 9{,}8 \times 30
  2. ==2,94×105 Pa2{,}94 \times 10^{5}\ \text{Pa}

2.

  1. probinet=p0+Δp=1,0×105+2,94×105p_{\text{robinet}} = p_0 + \Delta p = 1{,}0 \times 10^{5} + 2{,}94 \times 10^{5}
  2. ==3,94×105 Pa3{,}94 \times 10^{5}\ \text{Pa}

3,94×105 Pa>2,5×105 Pa3{,}94 \times 10^{5}\ \text{Pa} > 2{,}5 \times 10^{5}\ \text{Pa} : la hauteur du château d’eau est largement suffisante pour garantir un bon débit, sans aucune pompe au moment du puisage.

14

La pirogue d’Awa (fleuve Niger, Bamako). Awa, pêcheuse, dispose d’une pirogue en bois qui, chargée au maximum, ne peut déplacer plus de Vmax⁡=1,2 m3V_{\max} = 1{,}2\ \text{m}^{3} d’eau sans risquer de couler (ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}). La pirogue vide pèse 180180 kg.

  1. Calcule la masse totale maximale (pirogue + chargement) que la poussée d’Archimède peut supporter.
  2. Awa embarque 33 pêcheurs de 6565 kg en moyenne. Combien de sacs de poisson de 2525 kg chacun peut-elle encore transporter sans risquer de couler ?
Voir le corrigé détaillé

1. À la limite de la flottaison, Pmax⁡=ΠA,max⁡P_{\max} = \Pi_{A,\max}.

  1. ΠA,max⁡=ρeau Vmax⁡ g=1 000×1,2×9,8\Pi_{A,\max} = \rho_{\text{eau}}\, V_{\max}\, g = 1\,000 \times 1{,}2 \times 9{,}8
  2. ==11 760 N11\,760\ \text{N}
  3. mmax⁡=ΠA,max⁡g=11 7609,8m_{\max} = \dfrac{\Pi_{A,\max}}{g} = \dfrac{11\,760}{9{,}8}
  4. ==1 200 kg1\,200\ \text{kg}

2.

  1. charge disponible =mmax⁡−mpirogue=1 200−180= m_{\max} - m_{\text{pirogue}} = 1\,200 - 180
  2. ==1 020 kg1\,020\ \text{kg}
  3. masse des 33 pêcheurs =3×65=195 kg= 3 \times 65 = 195\ \text{kg}
  4. reste pour le poisson =1 020−195=825 kg= 1\,020 - 195 = 825\ \text{kg}
  5. nombre de sacs =82525= \dfrac{825}{25}
  6. ==33 sacs33\ \text{sacs}

Awa peut embarquer jusqu’à 3333 sacs de poisson en plus de son équipage, sans risquer de couler.

15

Le puits de Fatimé (Abéché). Fatimé veut équiper son puits, profond de 1414 m, d’une pompe aspirante installée en surface (p0=1,013×105p_0 = 1{,}013 \times 10^{5} Pa, ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}).

  1. Calcule la hauteur maximale théorique à laquelle la pression atmosphérique peut, à elle seule, soutenir une colonne d’eau.
  2. Une simple pompe aspirante en surface pourra-t-elle faire remonter l’eau depuis le fond du puits ? Justifie, puis propose une solution technique.
Voir le corrigé détaillé

1. Comme pour le mercure de Torricelli, la hauteur maximale correspond à p0=ρeau g hmax⁡p_0 = \rho_{\text{eau}}\, g\, h_{\max}.

  1. hmax⁡=p0ρeau g=1,013×1051 000×9,8h_{\max} = \dfrac{p_0}{\rho_{\text{eau}}\, g} = \dfrac{1{,}013 \times 10^{5}}{1\,000 \times 9{,}8}
  2. ≈\approx10,3 m10{,}3\ \text{m}

2. Le puits est profond de 1414 m, ce qui dépasse la hauteur maximale de 10,310{,}3 m que la pression atmosphérique peut soutenir. Une pompe aspirante simple, installée en surface, ne pourra donc pas faire remonter l’eau depuis le fond : au-delà de 10,310{,}3 m, il se formerait du vide dans le tuyau sans que l’eau ne suive. Fatimé doit installer une pompe immergée (pompe refoulante), placée directement dans le puits, qui pousse l’eau vers le haut au lieu de l’aspirer depuis la surface.

16

Le cric de Serge (garage à Douala). Serge, mécanicien, doit soulever une voiture de masse 1 2001\,200 kg avec un cric hydraulique. Son petit piston a une surface S1=2,5 cm2S_1 = 2{,}5\ \text{cm}^{2} et il peut exercer, à la main, une force maximale F1=180F_1 = 180 N. Quelle doit être la surface minimale S2S_2 du grand piston pour soulever la voiture ?

Voir le corrigé détaillé
  1. F2=Pvoiture=mg=1 200×9,8F_2 = P_{\text{voiture}} = m g = 1\,200 \times 9{,}8
  2. ==11 760 N11\,760\ \text{N}
  3. F1S1=F2S2⇒S2=F2×S1F1\dfrac{F_1}{S_1} = \dfrac{F_2}{S_2} \Rightarrow S_2 = \dfrac{F_2 \times S_1}{F_1}
  4. ==11 760×2,5180\dfrac{11\,760 \times 2{,}5}{180}
  5. ==163,3 cm2163{,}3\ \text{cm}^{2}
  6. ==1,63×10−2 m21{,}63 \times 10^{-2}\ \text{m}^{2}

Serge doit choisir un cric dont le grand piston mesure au moins 163 cm2163\ \text{cm}^{2} de section — soit un piston circulaire d’environ 1414 cm de diamètre.

📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

Coche une réponse par question, puis clique sur « Vérifier mes réponses » : tu obtiens ta note sur 20 avec la correction détaillée de chaque question.

La pression exercée par une force FF, répartie uniformément et perpendiculairement sur une surface d'aire SS, est donnée par la relation :

Explication : Par définition, la pression est le quotient de la force par la surface sur laquelle elle se répartit : p=F/Sp = F/S, en pascals.

L'unité SI de pression, le pascal (Pa), est exactement égale à :

Explication : Comme p=F/Sp = F/S, avec FF en newtons et SS en mètres carrés, on a bien 1 Pa=1 N⋅m−21\ \text{Pa} = 1\ \text{N·m}^{-2}.

Combien de pascals y a-t-il dans 11 bar ?

Explication : Par définition, 1 bar=105 Pa1\ \text{bar} = 10^{5}\ \text{Pa} — c'est l'unité utilisée par les manomètres de pneus.

Une pression de 950950 hPa correspond, en pascals, à :

Explication : 1 hPa=100 Pa1\ \text{hPa} = 100\ \text{Pa}, donc 950 hPa=950×100=95 000 Pa950\ \text{hPa} = 950 \times 100 = 95\,000\ \text{Pa}.

À force identique, pourquoi un talon aiguille exerce-t-il une pression bien plus grande qu'un pied d'éléphant ?

Explication : À force égale, plus la surface d'appui SS est petite, plus le quotient p=F/Sp = F/S est grand : c'est le paradoxe du talon aiguille et du pied d'éléphant.

La force exercée par un fluide sur une paroi qu'il touche est toujours dirigée :

Explication : Un fluide pousse toujours, il ne tire jamais : la force de pression est perpendiculaire à la surface considérée et dirigée vers l'extérieur du fluide.

La masse volumique ρ\rho d'un liquide, de masse mm et de volume VV, est définie par :

Explication : La masse volumique est le quotient de la masse par le volume : ρ=m/V\rho = m/V, en kg⋅m−3\text{kg·m}^{-3}. Pour l'eau, ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}.

La loi fondamentale de la statique des fluides, avec p0p_0 la pression à la surface libre et hh la profondeur, s'écrit :

Explication : La pression croît linéairement avec la profondeur : p(h)=p0+ρghp(h) = p_0 + \rho g h, hh étant compté depuis la surface libre.

Calcule la pression à h=10h = 10 m de profondeur dans l'eau (p0=1,0×105 Pap_0 = 1{,}0 \times 10^{5}\ \text{Pa}, ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}, g=9,8 N⋅kg−1g = 9{,}8\ \text{N·kg}^{-1}).

Explication : p=p0+ρghp = p_0 + \rho g h
=1,0×105+1 000×9,8×10= 1{,}0 \times 10^{5} + 1\,000 \times 9{,}8 \times 10
=1,0×105+0,98×105= 1{,}0 \times 10^{5} + 0{,}98 \times 10^{5}
=1,98×105 Pa= 1{,}98 \times 10^{5}\ \text{Pa}.

Dans des vases communicants contenant le même liquide, la surface libre s'établit :

Explication : La pression en un point ne dépend que de la profondeur, jamais de la forme du récipient ni de la quantité de liquide : la surface libre est donc au même niveau dans tous les vases communicants.

La pression atmosphérique normale, au niveau de la mer, vaut environ :

Explication : La pression atmosphérique normale est p0=1,013×105 Pa=1013 hPap_0 = 1{,}013 \times 10^{5}\ \text{Pa} = 1013\ \text{hPa}.

Dans l'expérience de Torricelli, ce qui maintient la colonne de mercure à environ 760760 mm de hauteur dans le tube, c'est :

Explication : Le vide n'exerce aucune force. C'est la pression atmosphérique p0p_0, en poussant sur la surface libre de la cuve, qui soutient la colonne de mercure.

L'unité de pression 11 mmHg (millimètre de mercure) correspond approximativement à :

Explication : Comme 760760 mmHg correspondent à p0≈1,013×105 Pap_0 \approx 1{,}013 \times 10^{5}\ \text{Pa}, on trouve 1 mmHg≈133 Pa1\ \text{mmHg} \approx 133\ \text{Pa}.

La poussée d'Archimède ΠA\Pi_A exercée sur un corps immergé s'exprime par :

Explication : La poussée d'Archimède est égale au poids du volume de fluide déplacé : ΠA=ρfluide Vimmergeˊ g\Pi_A = \rho_{\text{fluide}}\, V_{\text{immergé}}\, g. C'est la masse volumique du fluide, et non celle du corps, qui intervient.

Une boule d'acier et une boule de bois, de même volume, totalement immergées dans l'eau, subissent :

Explication : ΠA=ρfluideVg\Pi_A = \rho_{\text{fluide}} V g ne dépend ni de la masse ni de la nature de l'objet, seulement de son volume immergé et du fluide : à volume égal, la poussée est identique — mais leurs poids très différents expliquent qu'une coule et l'autre flotte.

À l'équilibre, un corps qui flotte à la surface d'un liquide vérifie :

Explication : Un corps flotte lorsque la poussée d'Archimède compense exactement son poids : ΠA=P\Pi_A = P, condition d'équilibre.

Un morceau de liège, de masse volumique ρlieˋge=240 kg⋅m−3\rho_{\text{liège}} = 240\ \text{kg·m}^{-3}, flotte sur l'eau (ρeau=1 000 kg⋅m−3\rho_{\text{eau}} = 1\,000\ \text{kg·m}^{-3}). Quelle fraction de son volume est immergée ?

Explication : À l'équilibre, ρeauVimmg=ρlieˋgeVtotalg\rho_{\text{eau}} V_{\text{imm}} g = \rho_{\text{liège}} V_{\text{total}} g
donc VimmVtotal=ρlieˋgeρeau=2401 000\dfrac{V_{\text{imm}}}{V_{\text{total}}} = \dfrac{\rho_{\text{liège}}}{\rho_{\text{eau}}} = \dfrac{240}{1\,000}
=0,24= 0{,}24, soit 24 %24\ \% du volume immergé.

Un gaz occupe V1=6,0V_1 = 6{,}0 L sous la pression p1=2,0×105p_1 = 2{,}0 \times 10^{5} Pa. On le comprime, à température constante, jusqu'à V2=2,0V_2 = 2{,}0 L. La nouvelle pression p2p_2 vaut :

Explication : Loi de Boyle-Mariotte : p1V1=p2V2p_1 V_1 = p_2 V_2
⇒p2=p1V1V2=2,0×105×6,02,0\Rightarrow p_2 = \dfrac{p_1 V_1}{V_2} = \dfrac{2{,}0 \times 10^{5} \times 6{,}0}{2{,}0}
=6,0×105 Pa= 6{,}0 \times 10^{5}\ \text{Pa}.

Une presse hydraulique a un petit piston de surface S1=5 cm2S_1 = 5\ \text{cm}^{2} et un grand piston de surface S2=250 cm2S_2 = 250\ \text{cm}^{2}. On exerce une force F1=100F_1 = 100 N sur le petit piston. La force F2F_2 disponible sur le grand piston vaut :

Explication : Principe de Pascal : F1S1=F2S2\dfrac{F_1}{S_1} = \dfrac{F_2}{S_2}
⇒F2=F1×S2S1=100×2505\Rightarrow F_2 = F_1 \times \dfrac{S_2}{S_1} = 100 \times \dfrac{250}{5}
=5 000 N= 5\,000\ \text{N}.

Un plongeur remonte rapidement vers la surface en bloquant sa respiration. D'après la loi de Boyle-Mariotte, que risque-t-il ?

Explication : En remontant, la pression diminue, donc le volume de l'air emprisonné dans les poumons augmente fortement (p1V1=p2V2p_1V_1 = p_2V_2) : c'est pourquoi il faut toujours expirer en remontant, jamais bloquer sa respiration.
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