Modéliser l'écoulement d'un fluide

a) La poussée d'Archimède est verticale et orientée vers le haut. Avec $V=62\times {10}^{-6}$ m³ : $\Pi ={\rho }_{\text{eau}}Vg=1,00\times {10}^3\times 62\times {10}^{-6}\times 9,81$, soit $\Pi =0,608$ N.

b) $m={\rho }_{\text{Al}}V=2,70\times {10}^3\times 62\times {10}^{-6}=0,167$ kg, donc $P=mg=0,1674\times 9,81$, soit $P=1,64$ N.

c) Fil coupé, la sphère n'est soumise qu'à son poids et à la poussée. Comme $P>\Pi$ (ce qui revient à ${\rho }_{\text{Al}}>{\rho }_{\text{eau}}$), la résultante est dirigée vers le bas : la sphère coule.

d) À l'équilibre, $\overrightarrow{T}+\overrightarrow{\Pi }+\overrightarrow{P}=\overrightarrow{0}$ ; en projection sur un axe vertical : $T+\Pi -P=0$, donc $T=P-\Pi =1,642-0,608$, soit $T=1,03$ N. Le fil « porte » moins que le poids : c'est le poids apparent.

a) $D_V=\frac{V}{\Delta t}=\frac{12}{47}=0,255$ L·s⁻¹. Comme 1 L = 10⁻³ m³ : $D_V=2,55\times {10}^{-4}$ m³·s⁻¹.

b) Section de l'embout : $S=\frac{\pi d^2}{4}=\frac{\pi \times (14\times {10}^{-3}{)}^2}{4}=1,54\times {10}^{-4}$ m². D'après $D_V=Sv$ : $v=\frac{D_V}{S}=\frac{2,553\times {10}^{-4}}{1,539\times {10}^{-4}}$, soit $v=1,66$ m·s⁻¹.

c) $\Delta t=\frac{V}{D_V}=\frac{165}{12/47}=\frac{165\times 47}{12}=646$ s. Or 646 s = 10 × 60 s + 46 s : $\Delta t\approx 10$ min 46 s.

a) Section du corps : $S_1=\frac{\pi \times (19\times {10}^{-3}{)}^2}{4}=2,835\times {10}^{-4}$ m². Le liquide avance à la vitesse du piston : $D_V=S_1{v}_1=2,835\times {10}^{-4}\times 4,0\times {10}^{-3}=1,13\times {10}^{-6}$ m³·s⁻¹. Comme 1 mL = 10⁻⁶ m³ : $D_V=1,13$ mL·s⁻¹.

b) Pour un fluide incompressible en écoulement permanent, sans fuite ni apport, le débit volumique est le même à travers toute section : $S_1{v}_1=S_2{v}_2$. Ici le liquide est incompressible, l'écoulement est supposé permanent et rien ne s'échappe entre le corps et l'aiguille : la loi s'applique.

c) $v_2=v_1\frac{S_1}{S_2}=v_1{\left(\frac{d_1}{d_2}\right)}^2=4,0\times {10}^{-3}\times {\left(\frac{19}{0,50}\right)}^2=4,0\times {10}^{-3}\times 1444$, soit $v_2=5,8$ m·s⁻¹ : le liquide sort environ 1 400 fois plus vite que le piston n'avance.

a) Système : le cube, dans le référentiel terrestre. Forces : le poids $P={\rho }_b{a}^{3}g$ (vers le bas) et la poussée d'Archimède $\Pi ={\rho }_e{a}^{2}hg$ (vers le haut), le volume immergé étant $a^{2}h$. À l'équilibre, $\Pi =P$ : ${\rho }_e{a}^{2}hg={\rho }_b{a}^{3}g$, d'où $h=a\frac{{\rho }_b}{{\rho }_e}$. A.N. : $h=12,0\times \frac{530}{1000}$, $h=6,36$ cm.

b) Avec l'objet de masse $m$, l'équilibre s'écrit ${\rho }_e{V}_{\text{imm}}g=({\rho }_b{a}^3+m)g$. La masse est maximale quand le cube est tout juste entièrement immergé ($V_{\text{imm}}=a^3$) : $m_{max}=({\rho }_e-{\rho }_b)a^3=470\times (0,120{)}^3=470\times 1,728\times {10}^{-3}$, soit $m_{max}=0,812$ kg.

c) Même raisonnement qu'en a) : $h^{\prime }=12,0\times \frac{530}{1030}$, $h^{\prime }=6,17$ cm. La poussée est la même que dans l'eau douce (elle compense toujours le même poids), mais l'eau de mer est plus dense : un volume immergé plus petit suffit. Le cube s'enfonce moins.

a) $S_0=\frac{\pi \times (0,040{)}^2}{4}=1,257\times {10}^{-3}$ m², donc $D_0=S_0{v}_0=1,257\times {10}^{-3}\times 1,8=2,26\times {10}^{-3}$ m³·s⁻¹, soit $D_0=2,26$ L·s⁻¹.

b) $S_1=\frac{\pi \times (0,024{)}^2}{4}=4,52\times {10}^{-4}$ m², donc $D_1=4,52\times {10}^{-4}\times 2,1=9,50\times {10}^{-4}$ m³·s⁻¹, soit $D_1=0,950$ L·s⁻¹.

c) Le fluide étant incompressible et l'écoulement permanent, le volume qui entre dans la bifurcation par unité de temps en ressort : $D_0=D_1+D_2$. Donc $D_2=2,262\times {10}^{-3}-0,950\times {10}^{-3}=1,31\times {10}^{-3}$ m³·s⁻¹. Avec $S_2=\frac{\pi \times (0,020{)}^2}{4}=3,14\times {10}^{-4}$ m² : $v_2=\frac{D_2}{S_2}$, $v_2=4,18$ m·s⁻¹.

d) Ce qui se conserve, c'est le volume transporté par seconde, c'est-à-dire le débit, et non la vitesse : $S_0{v}_0=S_1{v}_1+S_2{v}_2$. Les vitesses ne s'additionnent pas ; ici $v_1+v_2=6,3$ m·s⁻¹, très différent de $v_0=1,8$ m·s⁻¹.

a) Conservation du débit : $v_B=v_A{\left(\frac{d_A}{d_B}\right)}^2=0,90\times {\left(\frac{30}{15}\right)}^2=0,90\times 4$, $v_B=3,60$ m·s⁻¹.

b) Bernoulli entre A et B, avec $z_A=z_B$ : $P_B=P_A+\frac{1}{2}\rho (v_A^2-v_B^2)=1,25\times {10}^5+500\times (0,81-12,96)=1,25\times {10}^5-6,08\times {10}^3$, soit $P_B=1,19\times {10}^5$ Pa.

c) Dans chaque tube, l'eau est au repos : la loi de la statique donne $P_A-P_B=\rho g\Delta h$. Donc $\Delta h=\frac{6075}{1,00\times {10}^3\times 9,81}=0,619$ m : $\Delta h=61,9$ cm, le niveau le plus bas étant celui du tube branché au col (pression plus faible).

d) L'eau étant incompressible, elle n'est pas comprimée au col : elle y accélère. D'après la relation de Bernoulli, la somme $P+\frac{1}{2}\rho v^2$ est constante à altitude fixée : l'augmentation de l'énergie cinétique volumique s'accompagne d'une diminution de la pression. Dynamiquement, pour que l'eau accélère de A vers B, il faut une force pressante résultante vers l'aval, donc $P_A>P_B$.

a) Hypothèses : fluide parfait, incompressible, écoulement permanent (niveau quasi constant). On applique Bernoulli le long d'une ligne de courant entre A, sur la surface libre ($P_A=P_{\text{atm}}$, $v_A\approx 0$ car le réservoir est grand, $z_A=h$), et B, dans le jet à la sortie ($P_B=P_{\text{atm}}$, $v_B=v$, $z_B=0$) : $P_{\text{atm}}+\rho gh=P_{\text{atm}}+\frac{1}{2}\rho v^2$, d'où $v=\sqrt{2gh}$. A.N. : $v=\sqrt{2\times 9,81\times 1,40}=\sqrt{27,5}$, $v=5,24$ m·s⁻¹.

b) $S=\frac{\pi \times (9,0\times {10}^{-3}{)}^2}{4}=6,36\times {10}^{-5}$ m², donc $D_V=Sv=6,36\times {10}^{-5}\times 5,24=3,33\times {10}^{-4}$ m³·s⁻¹ $=0,333$ L·s⁻¹, soit $D_V=20,0$ L·min⁻¹.

c) Dans la démonstration, $\rho$ se simplifie : la vitesse $\sqrt{2gh}$ ne dépend pas de la masse volumique du liquide. Pour l'huile, la surpression due à la colonne ($\rho gh$) est plus faible, mais la masse à mettre en mouvement l'est aussi, dans le même rapport. L'élève a raisonné sur la pression seule. En pratique, l'huile, plus visqueuse, sortirait même plus lentement.

a) Dans le référentiel de l'avion, l'air arrive loin en amont avec la vitesse $v$ et la pression statique $P_s$ (celle que mesurent les prises latérales, où l'écoulement n'est pas perturbé). Sur la ligne de courant qui aboutit au point d'arrêt, la vitesse s'annule et la pression vaut $P_t$. Bernoulli entre ces deux points, à la même altitude : $P_s+\frac{1}{2}\rho v^2=P_t+0$, d'où $v=\sqrt{\frac{2(P_t-P_s)}{\rho }}$.

b) $v=\sqrt{\frac{2\times 2340}{0,905}}=\sqrt{5171}$, $v=71,9$ m·s⁻¹, soit $71,9\times 3,6=$ 259 km·h⁻¹.

c) L'instrument calcule $v_i=\sqrt{\frac{2\times 2340}{1,225}}=\sqrt{3820}=61,8$ m·s⁻¹, soit 222 km·h⁻¹. Écart relatif : $\frac{71,9-61,8}{71,9}=0,140$, soit 14 % : en altitude, l'air étant moins dense, la vitesse affichée sous-estime la vitesse réelle, dans le rapport $\sqrt{\frac{0,905}{1,225}}=0,860$.

d) $\frac{v}{c}=\frac{71,9}{330}=0,22$ : la vitesse reste faible devant celle du son (moins de 0,3 fois), les variations de masse volumique de l'air dans le tube sont alors de l'ordre de quelques pour cent. Le modèle incompressible est acceptable.

a) Pendant $dt$, la surface libre descend de $-dh$ ($dh < 0$) : le volume sorti est $-S\,dh$, donc $D_V = -S\frac{dh}{dt}$. Ce même débit traverse l'orifice (conservation du débit) : $D_V = s\,v = s\sqrt{2gh}$ d'après Torricelli. En égalant : $\frac{dh}{dt}=-\frac{s}{S}\sqrt{2gh}$.

b) $\frac{du}{dt}=\frac{1}{2\sqrt{h}}\frac{dh}{dt}=-\frac{s}{S}\frac{\sqrt{2g}\sqrt{h}}{2\sqrt{h}}=-\frac{s}{S}\sqrt{\frac{g}{2}}$, qui est une constante. $u$ est donc une fonction affine du temps : $u(t)=\sqrt{h_0}-\frac{s}{S}\sqrt{\frac{g}{2}}t$.

c) La cuve est vide quand $u(T)=0$ : $T=\frac{S}{s}\sqrt{h_0}\sqrt{\frac{2}{g}}$, soit $T=\frac{S}{s}\sqrt{\frac{2h_0}{g}}$. Or $\frac{S}{s}={\left(\frac{0,60}{0,015}\right)}^2=1600$ et $\sqrt{\frac{2\times 0,95}{9,81}}=0,440$ s. Donc $T=704$ s, soit environ 11 min 44 s.

d) La hauteur vaut $\frac{h_0}{2}$ quand $u=\frac{\sqrt{h_0}}{\sqrt{2}}$ ; $u$ étant affine, $t_{1/2}=T(1-\frac{1}{\sqrt{2}})=704\times 0,293$, $t_{1/2}=206$ s (3 min 26 s). La première moitié de la hauteur s'écoule en moins d'un tiers de la durée totale : la vitesse de sortie, proportionnelle à $\sqrt{h}$, diminue au cours de la vidange, qui est de plus en plus lente.

a) Eau incompressible, écoulement permanent : $v_B=v_A{\left(\frac{d_A}{d_B}\right)}^2=1,1\times {\left(\frac{50}{32}\right)}^2=1,1\times 2,44$, $v_B=2,69$ m·s⁻¹.

b) Bernoulli entre A et B (fluide parfait, même ligne de courant) : $P_B=P_A+\frac{1}{2}\rho (v_A^2-v_B^2)+\rho g(z_A-z_B)$. Termes : $\frac{1}{2}\rho (v_A^2-v_B^2)=500\times (1,21-7,21)=-3,00\times {10}^3$ Pa et $\rho g(z_A-z_B)=1,00\times {10}^3\times 9,81\times (-7,5)=-7,36\times {10}^4$ Pa. Donc $P_B=2,60\times {10}^5-3,00\times {10}^3-7,36\times {10}^4$, $P_B=1,83\times {10}^5$ Pa.

c) $2,60\times {10}^5-3,00\times {10}^3=2,57\times {10}^5$ Pa : l'élève a oublié le terme d'altitude $\rho g(z_A-z_B)$, qui est ici de loin le plus important (monter de 7,5 m fait perdre 0,74 bar).

d) En un point d'altitude $z$ où la vitesse vaut encore $v_B$ : $P(z)=P_A+\frac{1}{2}\rho (v_A^2-v_B^2)-\rho gz$. On veut $P(z)\ge P_{\text{atm}}$ : $z\le \frac{2,60\times {10}^5-3,00\times {10}^3-1,013\times {10}^5}{1,00\times {10}^3\times 9,81}=\frac{1,557\times {10}^5}{9810}$, soit $z_{max}=15,9$ m. Au-dessus, un robinet ouvert ne débiterait plus (en réalité même avant, à cause des pertes de charge).