Pression et statique des fluides : le poids de ce qu'il y a au-dessus

Une punaise s'enfonce dans le bois sous la pression du pouce ; le même pouce, appuyé à plat sur la planche, ne laisse aucune trace. La force est la même ; ce qui change, c'est la surface sur laquelle elle s'exerce. La grandeur qui rend compte de cet effet est la pression.

Pression. Lorsqu'une force pressante $\vec{F}$ s'exerce perpendiculairement à une surface plane d'aire $S$, en se répartissant uniformément, la pression exercée est $p = \dfrac{F}{S}$. Elle s'exprime en pascals (Pa) : $1\ \text{Pa} = 1\ \text{N/m}^2$.

Le pascal est une petite unité — une feuille de papier posée sur une table exerce environ $1$ Pa. On utilise donc l'hectopascal ($1$ hPa $= 100$ Pa) et le bar ($1$ bar $= 10^5$ Pa). La pression atmosphérique normale vaut $p_{\text{atm}} = 1{,}013 \times 10^{5}$ Pa, soit $1013$ hPa, soit à peu près $1$ bar.

Un fluide au repos exerce une pression partout. Un fluide — gaz ou liquide — est fait de molécules en agitation incessante. Sur une paroi, chaque choc pousse un peu ; des milliards de chocs par seconde donnent une force perpendiculaire à la paroi, quelle que soit son orientation — c'est l'interprétation microscopique de la pression, celle du programme. Un fluide au repos ne « pousse » pas dans une direction privilégiée : il pousse sur toute surface plongée en lui, perpendiculairement à elle, et la force sur une surface $S$ vaut $F = p \times S$. Sur ta main à plat, l'air appuie avec $1{,}013 \times 10^5 \times 0{,}015 \approx 1500$ N — le poids de $150$ kg — sans que tu le sentes, parce que le sang et les tissus poussent tout autant en sens inverse.

La pression augmente avec la profondeur. Sous l'eau, chaque mètre de descente pèse sur les oreilles. Ce qui s'ajoute, c'est le poids de la colonne de fluide située au-dessus. Le programme l'écrit avec un axe $z$ vertical ascendant :

Loi fondamentale de la statique des fluides. Dans un fluide au repos, incompressible, de masse volumique $\rho$, entre deux points $A$ et $B$ d'altitudes $z_A$ et $z_B$ : $p_B - p_A = \rho\,g\,(z_A - z_B)$.

Lis-la comme une phrase : plus bas de $h$ mètres, la pression est plus grande de $\rho g h$. Pour l'eau ($\rho = 1000$ kg/m³), $\rho g h \approx 10^4$ Pa par mètre : $10$ m d'eau ajoutent environ $1$ bar — l'équivalent de toute l'atmosphère. Deux conséquences immédiates : à une même profondeur, la pression est la même en tout point, quelle que soit la forme du récipient ; et la surface libre d'un liquide au repos est horizontale.

Un gaz se comprime. Un liquide a un volume fixe ; un gaz, non. Robert Boyle et Edme Mariotte ont établi qu'à température constante, une quantité de gaz donnée garde le produit de sa pression par son volume :

Loi de Mariotte. À température constante, pour une quantité de gaz fixée, $p \times V = \text{constante}$, soit $p_1 V_1 = p_2 V_2$.

Doubler la pression, c'est diviser le volume par deux. Le ballon d'un plongeur gonfle en remontant ; la seringue bouchée résiste de plus en plus fort quand on l'enfonce.

La démonstration par la colonne. Isole par la pensée, dans un liquide au repos, une colonne verticale de section $S$ et de hauteur $h$, entre un point $A$ en haut et un point $B$ en bas. Elle est immobile : les forces qui s'exercent sur elle se compensent (principe d'inertie). Verticalement, trois forces. Le liquide du dessus pousse la face supérieure vers le bas avec $p_A \times S$ ; le liquide du dessous pousse la face inférieure vers le haut avec $p_B \times S$ ; le poids de la colonne, $m g = \rho V g = \rho S h g$, tire vers le bas. Les forces latérales se compensent deux à deux par symétrie. L'équilibre vertical s'écrit

La section $S$ s'est simplifiée : la loi ne dépend pas de la largeur de la colonne — ni, plus généralement, de la forme du récipient. Ce n'est pas la quantité d'eau au-dessus qui compte, c'est sa hauteur. Un tube fin de $10$ m et un lac de $10$ m donnent, au fond, la même pression : c'est le paradoxe hydrostatique, et c'est la loi qui le lève.

Pourquoi « incompressible » et « au repos ». La démonstration suppose $\rho$ constante sur toute la hauteur — vrai pour un liquide, faux pour l'atmosphère, où l'air du bas, comprimé par celui du haut, est plus dense : la pression atmosphérique ne décroît pas linéairement avec l'altitude, mais de plus en plus lentement. Et elle suppose l'équilibre : dans un fluide en mouvement, d'autres termes apparaissent (Terminale et au-delà). La loi porte ses conditions dans son nom.

Pression totale, pression due au fluide. À la profondeur $h$ sous une surface libre à l'air, $p = p_{\text{atm}} + \rho g h$. Le terme $\rho g h$ est la pression due à l'eau ; la pression totale y ajoute l'atmosphère qui pèse sur la surface — un plongeur à $10$ m subit $2$ bar, pas $1$. Les exercices demandent tantôt l'une, tantôt l'autre, et le disent : lis la question. Ce que ressent le tympan, c'est la différence avec la pression de l'air des voies respiratoires — c'est-à-dire, avant équilibrage, $\rho g h$.

Le vocabulaire microscopique. À l'échelle des molécules, un gaz est surtout du vide : des particules qui se déplacent en ligne droite entre deux chocs. La pression est l'effet moyen de leurs chocs sur une paroi ; la température est liée à leur agitation. Comprimer un gaz à température constante rapproche les molécules : davantage de chocs par seconde sur chaque centimètre carré, donc plus de pression — c'est le contenu physique de la loi de Mariotte. Chauffer sans changer le volume rend les chocs plus violents : plus de pression aussi, mais ce n'est plus Mariotte, qui exige une température constante.

Le domaine de Mariotte. Elle décrit bien l'air aux pressions ordinaires, jusqu'à quelques dizaines de bars ; elle échoue près de la liquéfaction. Elle exige une quantité de gaz fixée — un ballon fermé, pas un ballon qui fuit — et une température constante, ce que tout énoncé précise. Le modèle complet, qui relie pression, volume, quantité et température, est le gaz parfait de Terminale : Mariotte en est le cas particulier « température fixée ».

Énoncé. Un plongeur descend à une profondeur $z = 25$ m en mer. La masse volumique de l'eau de mer vaut $\rho = 1025$ kg/m³ ; on donne $p_{\text{atm}} = 1{,}013 \times 10^{5}$ Pa et $g = 9{,}81$ N/kg.

Questions. 1. Calculer la pression due à l'eau à cette profondeur, puis la pression totale. 2. Calculer la force pressante exercée par l'eau et l'air sur la vitre d'un masque de $60$ cm². 3. Le plongeur gonfle à cette profondeur un ballon souple de $V_1 = 2{,}0$ L d'air et le laisse remonter ; en supposant la température constante, calculer son volume à la surface.

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1. La pression. Pression due à l'eau, en gardant la valeur exacte :

Pression totale :

Soit $3{,}5$ bar environ : $1$ bar d'atmosphère et $2{,}5$ bar d'eau — la règle « un bar tous les dix mètres » donne bien $2{,}5$ bar pour $25$ m. La question 1 demandait les deux nombres ; un énoncé qui n'en demande qu'un le nomme.

2. La force sur la vitre. $S = 60$ cm² $= 60 \times 10^{-4}$ m² $= 6{,}0 \times 10^{-3}$ m². La force pressante est perpendiculaire à la vitre, dirigée vers le visage :

Plus de deux mille newtons — le poids de $200$ kg — sur une vitre de la taille d'une main. Si le masque tient, c'est que l'air qu'il contient, équilibré par le plongeur en soufflant par le nez, pousse tout autant de l'intérieur ; c'est la différence de pression qui compte pour une paroi, pas la pression seule.

3. La loi de Mariotte. L'air du ballon est une quantité fixée, à température constante : $p_1 V_1 = p_2 V_2$, avec $p_1 = 352\,681{,}25$ Pa en profondeur et $p_2 = p_{\text{atm}} = 101\,300$ Pa en surface.

Le ballon de $2{,}0$ L en atteint près de $7$ L en surface : son volume est multiplié par le rapport des pressions, $3{,}48$. Les litres sont restés des litres — la loi est un produit, la même unité de volume des deux côtés suffit.

Cette multiplication par $3{,}5$ est la raison de la première règle de la plongée : ne jamais bloquer sa respiration en remontant. L'air des poumons obéit à Mariotte comme celui du ballon.

4. Contrôler. Unités de $\rho g z$ : kg/m³ × N/kg × m $=$ N/m² $=$ Pa ✔. Pression totale supérieure à $p_{\text{atm}}$ ✔. Volume final supérieur au volume initial, la pression ayant diminué ✔. Arrondis faits en dernier, à trois chiffres significatifs comme les données ✔.

Figure (fig.physics.fluid-statics, SVG programmatique à produire) : trois panneaux et un bandeau.

La figure en détail : à gauche, une coupe verticale de mer, surface libre horizontale marquée « $p_{\text{atm}} = 1{,}013 \times 10^5$ Pa », axe $z$ vertical ascendant gradué de $0$ à $-30$ m le long du bord ; une colonne d'eau isolée en trame, de section $S$ et de hauteur $h$, entre un point $A$ en haut et un point $B$ en bas, avec trois flèches : $p_A S$ vers le bas sur la face supérieure, $p_B S$ vers le haut sur la face inférieure, plus longue, et le poids $\rho S h g$ au centre vers le bas ; cartouche « $p_B - p_A = \rho g h$ ». À côté de la colonne, une échelle de pression : $1$ bar en surface, $2$ bar à $10$ m, $3$ bar à $20$ m, $3{,}5$ bar au niveau du plongeur à $25$ m, croissance linéaire figurée par un triangle. Au centre, trois récipients de formes très différentes — un tube étroit, un vase évasé, un vase resserré — remplis d'eau à la même hauteur, reliés par un trait pointillé horizontal à leur fond, avec la mention « même hauteur, même pression au fond : la forme n'y fait rien » ; sur l'une des parois inclinées, une petite flèche de force perpendiculaire à la paroi, légendée « toujours perpendiculaire ». À droite, le ballon du plongeur à trois profondeurs, $25$ m, $10$ m et la surface, dessiné de plus en plus gros ($2{,}0$ L, $3{,}5$ L, $7{,}0$ L), chaque ballon portant sa pression ($3{,}5$ bar, $2$ bar, $1$ bar) et le produit $p \times V$ écrit en dessous, identique aux trois profondeurs, encadré, avec la mention « à température constante ». Le bandeau du bas : « $p = F/S$ (Pa = N/m²) », « $1$ bar $= 10^5$ Pa $= 1000$ hPa », « $10$ m d'eau $\approx 1$ bar de plus ».

Ce qu'il faut lire. Le panneau de gauche est la démonstration elle-même : la face du bas doit porter la face du haut et le poids de la colonne, d'où la croissance linéaire de l'échelle. Le panneau central est l'anti-piège : trois formes, une hauteur, une pression. Le panneau de droite montre la loi de Mariotte comme un produit constant qui se lit sur trois ballons, et rappelle sa condition dans le cartouche.

Les unités et les conversions. Force en newtons, surface en mètres carrés ($1$ cm² $= 10^{-4}$ m²), pression en pascals ; $\rho$ en kg/m³ ($1$ g/cm³ $= 1000$ kg/m³) ; hauteurs en mètres. Pour Mariotte, n'importe quelle unité de pression et de volume, la même des deux côtés.

Les ordres de grandeur. $p_{\text{atm}} \approx 10^5$ Pa ; $+1$ bar par $10$ m d'eau ; pneu de voiture $2$ à $3$ bar au-dessus de l'atmosphère ; bouteille de plongée $200$ bar. Masse volumique : eau douce $1000$ kg/m³, eau de mer $1025$ kg/m³.

Vers la suite. La loi de Mariotte est une tranche du modèle du gaz parfait, $pV = nRT$, où la température et la quantité de matière entrent en jeu : Terminale. La force qui fait flotter les bateaux — la poussée d'Archimède — découle directement de la loi de la statique appliquée au-dessus et au-dessous d'un corps immergé ; elle n'est pas au programme de première — c'est la terminale qui l'établit —, mais tu peux déjà la deviner.

1. Oublier la pression atmosphérique. À $10$ m sous l'eau, la pression totale est de $2$ bar, pas de $1$ : l'atmosphère pèse sur la surface et se transmet. Lis la question : « pression totale » inclut $p_{\text{atm}}$, « pression due à l'eau » ne l'inclut pas.
2. Mélanger bar, hectopascal et pascal. $1$ bar $= 10^5$ Pa $= 1000$ hPa ; $1013$ hPa, c'est $1{,}013 \times 10^5$ Pa. Une erreur de facteur $100$ ou $1000$ se voit à l'ordre de grandeur : un plongeur à $3$ bar, oui ; à $300$ bar, non.
3. Croire que la pression au fond dépend de la forme du récipient. Seule la hauteur de liquide compte : la section s'est simplifiée dans la démonstration. Un tube fin et une cuve immense, remplis à la même hauteur, ont la même pression au fond.
4. Dessiner la force pressante parallèle ou oblique à la paroi. Elle est perpendiculaire à la surface, toujours — sur une paroi verticale, la force est horizontale. C'est l'orientation de la paroi qui décide, pas la direction du poids.
5. Garder les centimètres carrés dans $p = F/S$. Une surface de $60$ cm² vaut $6{,}0 \times 10^{-3}$ m² ; diviser par $60$ donnerait une pression dix mille fois trop petite. Le pascal est un newton par mètre carré.
6. Appliquer Mariotte hors de ses conditions. Elle exige une quantité de gaz fixée et une température constante. Un ballon qui fuit, un gaz que l'on chauffe, un liquide : hors domaine. L'énoncé écrit « à température constante » ; sans cette mention, la loi ne s'applique pas telle quelle.
7. Confondre la loi de la statique avec une proportionnalité de la pression à la profondeur. La pression totale n'est pas proportionnelle à $h$ (il y a $p_{\text{atm}}$ en plus) ; c'est son augmentation qui l'est. Doubler la profondeur ne double pas la pression totale.
8. Étendre la loi des liquides à l'atmosphère sur des kilomètres. L'air est compressible : sa masse volumique diminue avec l'altitude, la pression ne décroît pas linéairement. La loi avec $\rho$ constante ne vaut que sur des hauteurs d'air modestes.

Le modèle d'entraînement. L'exercice associé à cette leçon tire l'une de trois situations : une force répartie sur une surface ($p = F/S$, surface en centimètres carrés à convertir), un plongeur à une profondeur donnée en lac ou en mer — l'énoncé précise s'il veut la pression totale ou la pression due à l'eau —, ou un ballon d'air qui change de profondeur à température constante (loi de Mariotte, avec la règle « un bar tous les dix mètres » donnée). Un modèle voisin, à affirmations vraies ou fausses, revient sur la forme du récipient, les conversions bar/hPa/Pa, la direction de la force pressante et l'oubli de $p_{\text{atm}}$.

Énoncé type. Un plongeur descend à une profondeur $z = 12$ m dans un lac. La masse volumique de l'eau douce vaut $\rho = 1000$ kg/m³. On donne la pression atmosphérique $p_{\text{atm}} = 1{,}013 \times 10^5$ Pa et $g = 9{,}81$ N/kg. Calculer la pression totale $p$ qui règne à cette profondeur (pression atmosphérique comprise), en pascals, avec trois chiffres significatifs.

Corrigé complet.

1. La loi. Entre la surface (pression $p_{\text{atm}}$) et la profondeur $z$, la loi fondamentale de la statique des fluides donne $p - p_{\text{atm}} = \rho g z$.

2. La pression due à l'eau. $\rho g z = 1000 \times 9{,}81 \times 12 = 117\,720$ Pa.

3. La pression totale. $p = p_{\text{atm}} + \rho g z = 101\,300 + 117\,720 = 219\,020$ Pa, soit $p \approx 2{,}19 \times 10^5$ Pa à trois chiffres significatifs.

À $12$ m de profondeur, la pression totale vaut environ $2{,}19 \times 10^5$ Pa, soit $2{,}2$ bar : un bar d'atmosphère, $1{,}2$ bar d'eau. La règle « un bar tous les dix mètres » le confirme.

4. Écarter les réponses voisines. $1{,}18 \times 10^5$ Pa est la pression due à l'eau seule : correcte pour une autre question, fausse pour celle-ci. $2{,}19 \times 10^3$ Pa trahit un $\rho$ en g/cm³ non converti. Et $12 \times 10^5$ Pa appliquerait « un bar par mètre », dix fois trop.

Auto-contrôle. Trois questions avant de rendre. La question demande-t-elle la pression totale ou la pression due à l'eau — et ai-je ajouté ou non $p_{\text{atm}}$ en conséquence ? Mes unités sont-elles en kg/m³, N/kg, m et Pa ? Et mon résultat respecte-t-il l'ordre de grandeur « un bar de plus par dix mètres » ?