Exercices corrigés : modéliser l'écoulement d'un fluide, Archimède et Bernoulli (Terminale spécialité)

a) La face supérieure est à $d_{1}=2{,}00\ \mathrm{m}$ : $p_{haut}=p_{0}+\rho g d_{1}=1{,}013\times 10^{5}+1{,}025\times 10^{3}\times 9{,}81\times 2{,}00=1{,}013\times 10^{5}+2{,}011\times 10^{4}\approx 1{,}214\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, soit $121{,}4\ \mathrm{kPa}$. La face inférieure est plus bas de la hauteur de la sonde, $d_{2}=2{,}50\ \mathrm{m}$ : $p_{bas}=1{,}013\times 10^{5}+1{,}025\times 10^{3}\times 9{,}81\times 2{,}50\approx 1{,}264\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, soit $126{,}4\ \mathrm{kPa}$. L'écart entre les deux, $\rho g h\approx 5{,}03\ \mathrm{kPa}$, ne dépend que de la hauteur de la sonde, pas de sa profondeur.

b) Une force pressante est perpendiculaire à la surface et dirigée VERS elle, depuis le fluide. Sur la face du haut, l'eau est au-dessus : elle pousse vers le bas, $F_{haut}=p_{haut}\,S\approx 1{,}214\times 10^{5}\times 2{,}00\times 10^{-2}\approx 2\,428\ \mathrm{N}$. Sur la face du bas, l'eau est dessous : elle pousse vers le haut, $F_{bas}=p_{bas}\,S\approx 2\,529\ \mathrm{N}$. Ces forces sont énormes, l'équivalent d'un quart de tonne chacune, parce que la pression atmosphérique y est comprise. Elles ne se voient pas parce qu'elles se compensent presque.

c) Les deux forces sont verticales et de sens opposés : la résultante vaut $F_{bas}-F_{haut}\approx 2\,528{,}8-2\,428{,}2\approx 100{,}6\ \mathrm{N}$, vers le HAUT, puisque la face du bas est plus profonde. Littéralement, $F_{bas}-F_{haut}=(p_{bas}-p_{haut})\,S=\rho g h S=\rho\,V\,g$ : la pression atmosphérique s'élimine, et il reste le poids de l'eau qui remplirait le volume $V=S\,h=1{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{m^{3}}$ de la sonde, $1{,}025\times 10^{3}\times 1{,}00\times 10^{-2}\times 9{,}81\approx 100{,}6\ \mathrm{N}$. On vient de retrouver le théorème d'Archimède, et surtout son ORIGINE : la poussée n'est pas une force de plus, c'est la somme des forces pressantes, qui ne s'annule pas parce que la pression croît avec la profondeur.

d) Découpez la paroi latérale en petits éléments. Deux éléments diamétralement opposés sont à la même profondeur, donc à la même pression : ils subissent des forces de même valeur, horizontales et de sens opposés, qui s'annulent deux à deux. Aucune ne peut avoir de composante verticale, puisqu'une force pressante est perpendiculaire à la paroi et que la paroi est verticale. Tout le travail est donc fait par les deux faces horizontales, et c'est leur différence de profondeur qui compte.

e) $\vec{\Pi}=-\rho_{fluide}\,V_{imm}\,\vec{g}$ : le signe moins dit que la poussée est opposée au champ de pesanteur, donc verticale vers le haut, et $V_{imm}$ est le volume IMMERGÉ, pas le volume de l'objet. Sonde à moitié émergée : la face du haut est dans l'air, à la pression $p_{0}$, et la face du bas est à $h/2=0{,}250\ \mathrm{m}$ de profondeur. La résultante vaut $\rho g\,\dfrac{h}{2}\,S=1{,}025\times 10^{3}\times 9{,}81\times 0{,}250\times 2{,}00\times 10^{-2}\approx 50{,}3\ \mathrm{N}$ : c'est la moitié, car le volume immergé est moitié moindre. Le piège classique est d'écrire le volume total : on compterait $100{,}6\ \mathrm{N}$, alors que la moitié supérieure de la sonde ne déplace aucune eau. La poussée de l'air sur la partie émergée est négligeable, l'air étant environ $800$ fois moins dense.

a) Le volume extérieur vaut $V_{ext}=L\,\ell\,H=6{,}00\times 2{,}50\times 1{,}20=18{,}0\ \mathrm{m^{3}}$. La masse volumique moyenne, c'est la masse répartie sur tout ce volume, vide compris : $\rho_{moy}=\dfrac{4\,500}{18{,}0}=250\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$, quatre fois moins que l'eau. L'acier lui-même n'occupe que $V_{acier}=\dfrac{4\,500}{7{,}85\times 10^{3}}\approx 0{,}573\ \mathrm{m^{3}}$, à peine plus de trois pour cent du volume extérieur. Tout le reste est de l'air.

b) La barge flottante est immobile : les deux forces qu'elle subit, poids et poussée, se compensent, $m\,g=\rho_{eau}\,V_{imm}\,g$, avec $V_{imm}=L\,\ell\,e$. Le $g$ se simplifie : $e=\dfrac{m}{\rho_{eau}\,L\,\ell}=\dfrac{4\,500}{1{,}00\times 10^{3}\times 15{,}0}=0{,}300\ \mathrm{m}$. La fraction immergée vaut $\dfrac{e}{H}=\dfrac{0{,}300}{1{,}20}=0{,}25$, exactement $\dfrac{\rho_{moy}}{\rho_{eau}}=\dfrac{250}{1\,000}$. Ce n'est pas un hasard : pour tout corps qui flotte, la fraction immergée est le rapport de SA masse volumique moyenne à celle du fluide.

c) Avec $0{,}20\ \mathrm{m}$ de bord hors de l'eau, l'enfoncement peut atteindre $1{,}20-0{,}20=1{,}00\ \mathrm{m}$. La même condition d'équilibre donne la masse totale admise : $m_{tot}=\rho_{eau}\,L\,\ell\,e_{max}=1{,}00\times 10^{3}\times 15{,}0\times 1{,}00=1{,}50\times 10^{4}\ \mathrm{kg}$, soit $15{,}0\ \mathrm{t}$. On retire la barge : la cargaison maximale vaut $15{,}0-4{,}50=10{,}5\ \mathrm{t}$. Chaque tonne chargée enfonce la barge de $\dfrac{1\,000}{15\,000}\approx 6{,}7\ \mathrm{cm}$ : c'est la loi linéaire des échelles de tirant d'eau peintes sur les coques.

d) Le lingot garde la masse $4\,500\ \mathrm{kg}$ : $P=m\,g=4\,500\times 9{,}81\approx 4{,}41\times 10^{4}\ \mathrm{N}$, soit $44{,}1\ \mathrm{kN}$. Entièrement immergé, il ne déplace que son propre volume, $0{,}573\ \mathrm{m^{3}}$ : $\Pi=\rho_{eau}\,V\,g\approx 1{,}00\times 10^{3}\times 0{,}573\times 9{,}81\approx 5{,}62\ \mathrm{kN}$. Même totalement sous l'eau, la poussée ne compense que $13$ pour cent du poids : la résultante, environ $38{,}5\ \mathrm{kN}$ vers le bas, l'envoie au fond. Même matière, même masse, destin opposé.

e) La poussée la plus grande que la barge puisse recevoir est celle de tout son volume extérieur enfoncé jusqu'au bord : $\rho_{eau}\,V_{ext}=1{,}00\times 10^{3}\times 18{,}0=18{,}0\ \mathrm{t}$ d'eau déplacée. Au-delà de $18{,}0\ \mathrm{t}$ de masse totale, aucun enfoncement ne peut équilibrer le poids, l'eau passe par-dessus le bord et la barge coule. Ce qui décide n'est donc pas la masse volumique de l'acier, $7\,850$, mais la masse volumique MOYENNE du navire, air enfermé compris. Une coque creuse déplace un grand volume d'eau avec peu de matière. Le piège de copie est d'écrire « l'acier coule, donc la barge coule » : c'est comparer la mauvaise masse volumique.

a) $V=\dfrac{4}{3}\pi R^{3}=\dfrac{4}{3}\pi\times 0{,}150^{3}\approx 1{,}414\times 10^{-2}\ \mathrm{m^{3}}$, soit $14{,}1\ \mathrm{L}$. Le ballon est entièrement plongé dans l'air, fluide lui aussi : $\Pi=\rho_{air}\,V\,g=1{,}20\times 1{,}414\times 10^{-2}\times 9{,}81\approx 0{,}166\ \mathrm{N}$. La masse volumique à mettre dans la formule est celle du fluide EXTÉRIEUR, l'air, jamais celle de l'hélium : la poussée ne sait pas ce qu'il y a dans le ballon.

b) Masse d'hélium : $\rho_{He}\,V=0{,}170\times 1{,}414\times 10^{-2}\approx 2{,}40\times 10^{-3}\ \mathrm{kg}$, soit $2{,}40\ \mathrm{g}$. Masse totale $2{,}40+3{,}0=5{,}40\ \mathrm{g}$, poids $P\approx 5{,}40\times 10^{-3}\times 9{,}81\approx 0{,}0530\ \mathrm{N}$. Les deux forces sont verticales et opposées ; la poussée l'emporte : résultante $0{,}166-0{,}0530\approx 0{,}113\ \mathrm{N}$, verticale et vers le HAUT. En vecteurs, $\vec{P}+\vec{\Pi}=(m-\rho_{air}V)\,\vec{g}$, et le coefficient $m-\rho_{air}V$ est négatif : la résultante est opposée à $\vec{g}$. Elle ne dure pas : le ballon accélère, et le frottement de l'air, hors de cet exercice, finit par l'équilibrer.

c) Le ballon reste immobile, sans monter, si $\Pi=(m_{He}+m_{env}+m_{ruban})\,g$. Le $g$ se simplifie, et tout se lit en masses : $m_{ruban}=\rho_{air}V-\rho_{He}V-m_{env}=16{,}96-2{,}40-3{,}0\approx 11{,}6\ \mathrm{g}$. L'écriture $(\rho_{air}-\rho_{He})\,V$ dit l'essentiel : chaque litre d'hélium soulève la DIFFÉRENCE des masses volumiques, $1{,}03\ \mathrm{g}$, et l'enveloppe en mange déjà une bonne part.

d) Chaque ballon soulève au plus $11{,}56\ \mathrm{g}$ en plus de lui-même. Il en faut $\dfrac{25{,}0\times 10^{3}}{11{,}56}\approx 2\,162{,}4$, donc $2\,163$ ballons : on arrondit à l'entier SUPÉRIEUR, puisque $2\,162$ ballons ne suffisent pas tout à fait. La grappe représenterait un volume de plus de trente mètres cubes, une sphère de près de quatre mètres de diamètre : le dessin animé n'est pas absurde, il est seulement très optimiste sur la taille de la grappe.

e) Un mètre cube d'air chaud déplace $1{,}20\ \mathrm{kg}$ d'air froid et pèse lui-même $0{,}946\ \mathrm{kg}$ : il soulève $1{,}20-0{,}946=0{,}254\ \mathrm{kg}$. Un mètre cube d'hélium soulève $1{,}20-0{,}170=1{,}03\ \mathrm{kg}$. Le rapport vaut $\dfrac{1{,}03}{0{,}254}\approx 4{,}1$ : à charge égale, l'enveloppe d'une montgolfière doit être quatre fois plus volumineuse. C'est le prix d'un gaz porteur gratuit et réglable au brûleur, face à un gaz rare qu'on ne récupère pas. Dans les deux cas, le même calcul : ce qui porte, c'est l'écart entre la masse volumique du fluide extérieur et celle du contenu.

a) L'instrument flotte immobile : son poids et la poussée se compensent. Le volume immergé est celui du bulbe plus la partie immergée de la tige, $V_{imm}=V_{0}+s\,x$. Donc $m\,g=\rho\,(V_{0}+s\,x)\,g$, soit $\dfrac{m}{\rho}=V_{0}+s\,x$ et $x=\dfrac{1}{s}\left(\dfrac{m}{\rho}-V_{0}\right)$. Toute la mesure repose sur une idée : la masse est fixe, donc le volume immergé $\dfrac{m}{\rho}$ varie en sens inverse de $\rho$. Plus le liquide est dense, moins l'instrument s'enfonce.

b) Avec des grammes et des centimètres cubes, pas de conversion. Eau pure : $\dfrac{45{,}0}{1{,}000}=45{,}0\ \mathrm{cm^{3}}$, dont $40{,}0$ pour le bulbe, donc $x=\dfrac{5{,}0}{0{,}500}=10{,}0\ \mathrm{cm}$. Moût à $1{,}080$ : $\dfrac{45{,}0}{1{,}080}\approx 41{,}67\ \mathrm{cm^{3}}$, donc $x=\dfrac{1{,}67}{0{,}500}\approx 3{,}33\ \mathrm{cm}$. Dans le moût sucré, l'instrument remonte de près de sept centimètres : la graduation $1{,}080$ est plus BAS sur la tige que la graduation $1{,}000$, puisqu'on lit au niveau de la surface.

c) $\rho=1{,}040$ : $\dfrac{45{,}0}{1{,}040}\approx 43{,}27\ \mathrm{cm^{3}}$, $x\approx 6{,}54\ \mathrm{cm}$. Écarts : $10{,}00-6{,}54\approx 3{,}46\ \mathrm{cm}$ entre $1{,}000$ et $1{,}040$, puis $6{,}54-3{,}33\approx 3{,}21\ \mathrm{cm}$ entre $1{,}040$ et $1{,}080$. Pour deux mêmes pas de $0{,}040$, la tige ne réserve pas la même longueur : $x$ est une fonction de $\dfrac{1}{\rho}$, pas de $\rho$, donc la graduation n'est PAS régulière. Elle se resserre vers le bas de la tige, du côté des fortes masses volumiques. Le piège est de graduer une tige par simple proportionnalité entre deux repères : l'erreur au milieu atteindrait plus d'un millimètre.

d) La mesure n'a de sens que si la surface du liquide coupe la tige, $0\le x\le 12{,}0\ \mathrm{cm}$. Pour $x=0$, seul le bulbe est immergé : $\rho_{max}=\dfrac{m}{V_{0}}=\dfrac{45{,}0}{40{,}0}=1{,}125\ \mathrm{g\cdot cm^{-3}}$ ; au-delà, l'instrument sort le bulbe de l'eau et ne mesure plus rien. Pour $x=12{,}0\ \mathrm{cm}$, tige entièrement immergée : $\rho_{min}=\dfrac{45{,}0}{40{,}0+6{,}00}\approx 0{,}978\ \mathrm{g\cdot cm^{-3}}$ ; en dessous, il coule. La plage couvre l'eau et tous les moûts, sucrés comme fermentés.

e) Avec $s$ deux fois plus petite, chaque écart de graduation est deux fois plus grand, puisque $x$ est proportionnel à $\dfrac{1}{s}$ : l'instrument devient deux fois plus SENSIBLE, on lit mieux le troisième chiffre. Mais la tige, de même longueur, n'offre plus que $12{,}0\times 0{,}250=3{,}00\ \mathrm{cm^{3}}$ de volume : $\rho_{min}=\dfrac{45{,}0}{43{,}0}\approx 1{,}047\ \mathrm{g\cdot cm^{-3}}$. L'instrument coule dans l'eau pure et dans un vin fini. Sensibilité et étendue de mesure s'échangent : c'est pourquoi les densimètres se vendent par jeux, chacun fin sur une plage étroite.

a) $D_{V}=\dfrac{5{,}4\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{3}}}{60\ \mathrm{s}}=9{,}0\times 10^{-5}\ \mathrm{m^{3}\cdot s^{-1}}$ : un litre vaut $10^{-3}\ \mathrm{m^{3}}$, une minute $60\ \mathrm{s}$. Section de l'aorte : $S=\pi\left(\dfrac{d}{2}\right)^{2}=\pi\times(1{,}2\times 10^{-2})^{2}\approx 4{,}52\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{2}}$. Vitesse moyenne : $v=\dfrac{D_{V}}{S}\approx\dfrac{9{,}0\times 10^{-5}}{4{,}52\times 10^{-4}}\approx 0{,}199\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit $19{,}9\ \mathrm{cm\cdot s^{-1}}$. Le piège d'unité le plus coûteux ici est d'utiliser le diamètre au lieu du rayon dans $\pi r^{2}$ : la section serait quatre fois trop grande et la vitesse quatre fois trop petite.

b) $S=\pi\times(3{,}0\times 10^{-3})^{2}\approx 2{,}83\times 10^{-5}\ \mathrm{m^{2}}$ et $D_{V}=6{,}0\times 10^{-6}\ \mathrm{m^{3}\cdot s^{-1}}$ : $v\approx 0{,}212\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Dans la sténose, le MÊME débit traverse une section de diamètre moitié : la conservation $S\,v=S'\,v'$ donne $v'=v\,\dfrac{S}{S'}=v\left(\dfrac{d}{d'}\right)^{2}=4\,v\approx 0{,}849\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Diviser le diamètre par deux divise la section par QUATRE et multiplie la vitesse par quatre. C'est ce jet rapide que le médecin repère à l'échographie Doppler pour localiser un rétrécissement.

c) Le réseau des capillaires reçoit tout le débit cardiaque, $9{,}0\times 10^{-5}\ \mathrm{m^{3}\cdot s^{-1}}$, réparti entre des milliards de vaisseaux en parallèle. La conservation porte sur la section TOTALE : $v_{cap}=\dfrac{9{,}0\times 10^{-5}}{0{,}30}=3{,}0\times 10^{-4}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$, soit $0{,}30\ \mathrm{mm\cdot s^{-1}}$, environ six cent soixante fois plus lent que dans l'aorte. Le paradoxe apparent, des vaisseaux minuscules où le sang ralentit, se lève dès qu'on nomme la bonne section : chaque capillaire est étroit, mais ensemble ils offrent une section six cent soixante fois plus grande que celle de l'aorte.

d) Section d'un capillaire : $s=\pi\times(4{,}0\times 10^{-6})^{2}\approx 5{,}03\times 10^{-11}\ \mathrm{m^{2}}$. Nombre de capillaires : $N=\dfrac{0{,}30}{5{,}03\times 10^{-11}}\approx 6{,}0\times 10^{9}$, six milliards. Attention aux micromètres : $8{,}0\ \mathrm{\mu m}=8{,}0\times 10^{-6}\ \mathrm{m}$, et le rayon vaut la moitié. Une erreur d'un facteur $10^{3}$ sur la conversion donne un facteur $10^{6}$ sur la section, donc sur $N$.

e) $\Delta t=\dfrac{L}{v_{cap}}=\dfrac{1{,}0\times 10^{-3}}{3{,}0\times 10^{-4}}\approx 3{,}3\ \mathrm{s}$. Trois secondes, c'est le temps dont disposent le dioxygène et les nutriments pour diffuser à travers la paroi du capillaire vers les cellules. Si le sang y passait à la vitesse de l'aorte, il ne resterait qu'un deux-centième de seconde. La conservation du débit n'est donc pas une curiosité : c'est elle qui fait ralentir le sang exactement là où il doit échanger. Limite du modèle : le débit réel est pulsé et le sang est visqueux ; les valeurs obtenues sont des moyennes, justes en ordre de grandeur.

a) On nomme d'abord les deux points, sur une même ligne de courant qui suit l'eau de la surface à la sortie. En $A$ : $p_{A}=p_{0}$ (surface libre), $v_{A}\approx 0$. En $B$ : $p_{B}=p_{0}$ (jet à l'air libre), vitesse $v_{B}$. La relation de Bernoulli donne $p_{0}+0+\rho g z_{A}=p_{0}+\dfrac{1}{2}\rho v_{B}^{2}+\rho g z_{B}$. Les pressions s'éliminent, $\rho$ aussi : $v_{B}^{2}=2g(z_{A}-z_{B})=2gh$, d'où $v_{B}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9{,}81\times 0{,}450}\approx 2{,}97\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. C'est la formule de Torricelli, sans aucun orifice : seule compte la dénivellation entre la surface et la SORTIE, pas le trajet du tuyau ni la hauteur du point $C$.

b) Section du tuyau : $S=\pi\times(6{,}0\times 10^{-3})^{2}\approx 1{,}13\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{2}}$. Débit : $D_{V}=S\,v_{B}\approx 1{,}13\times 10^{-4}\times 2{,}97\approx 3{,}36\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{3}\cdot s^{-1}}$, soit $0{,}336\ \mathrm{L\cdot s^{-1}}$. Durée pour $30\ \mathrm{L}$ : $\dfrac{30}{0{,}336}\approx 89\ \mathrm{s}$, un peu moins d'une minute et demie. L'hypothèse du débit constant suppose que $h$ varie peu : si l'aquarium a une surface de l'ordre de $0{,}6\ \mathrm{m^{2}}$, trente litres ne l'abaissent que de cinq centimètres, et le débit baisse d'environ six pour cent en fin de transvasement.

c) L'eau est incompressible et l'écoulement permanent : le débit est le même dans tout le tuyau. Le diamètre étant constant, $v_{C}=v_{B}$. Bernoulli entre $A$ et $C$, avec $z_{C}-z_{A}=0{,}250\ \mathrm{m}$ : $p_{0}=p_{C}+\dfrac{1}{2}\rho v_{C}^{2}+\rho g\,(0{,}250)$. Or $\dfrac{1}{2}\rho v_{C}^{2}=\rho g\,(0{,}450)$ d'après a). Donc $p_{C}=p_{0}-\rho g\,(0{,}250+0{,}450)=1{,}013\times 10^{5}-1{,}00\times 10^{3}\times 9{,}81\times 0{,}700\approx 9{,}44\times 10^{4}\ \mathrm{Pa}$, soit $94{,}4\ \mathrm{kPa}$, INFÉRIEURE à la pression atmosphérique. C'est ce creux de pression qui fait monter l'eau par-dessus le bord : un trou percé en $C$ aspirerait de l'air et désamorcerait le siphon.

d) Le même calcul, pour une hauteur $z_{C}$ quelconque au-dessus de $A$, donne $p_{C}=p_{0}-\rho g\,(z_{C}+h)$. Le siphon fonctionne tant que $p_{C}\ge 2{,}3\times 10^{3}\ \mathrm{Pa}$, soit $z_{C}\le\dfrac{p_{0}-2{,}3\times 10^{3}}{\rho g}-h=\dfrac{9{,}90\times 10^{4}}{9{,}81\times 10^{3}}-0{,}450\approx 10{,}09-0{,}45\approx 9{,}64\ \mathrm{m}$. Un siphon à eau ne franchit donc jamais une dizaine de mètres : c'est la même limite que celle des pompes aspirantes, et elle vient de la pression atmosphérique, pas de la force de la pompe.

e) Rapport : $\dfrac{0{,}29}{0{,}336}\approx 0{,}86$. Le modèle surestime le débit de quatorze pour cent. L'hypothèse en défaut est celle du fluide PARFAIT : l'eau réelle frotte sur la paroi d'un tuyau étroit et dissipe de l'énergie, si bien que $p+\dfrac{1}{2}\rho v^{2}+\rho g z$ diminue le long de l'écoulement au lieu de rester constant. Si l'on soulève le seau au-dessus de $A$, $h$ devient négatif : aucune vitesse réelle ne vérifie $v^{2}=2gh$, l'eau reflue du seau vers l'aquarium et tout s'arrête quand les deux surfaces sont au même niveau.

a) $D_{V}=\dfrac{1{,}50\times 10^{-3}}{15{,}0}=1{,}00\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{3}\cdot s^{-1}}$. Sections : $S_{1}=\pi\times(1{,}00\times 10^{-2})^{2}\approx 3{,}14\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{2}}$ et $S_{2}=\pi\times(5{,}0\times 10^{-3})^{2}\approx 7{,}85\times 10^{-5}\ \mathrm{m^{2}}$. Vitesses : $v_{1}=\dfrac{D_{V}}{S_{1}}\approx 0{,}318\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$ et $v_{2}=\dfrac{D_{V}}{S_{2}}\approx 1{,}27\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$. Le diamètre est divisé par deux, la vitesse multipliée par quatre : c'est la conservation du débit, avant toute question de pression.