Ressources · Terminale · Spécialité Physique-Chimie

Écoulement d’un fluide : débit et relation de Bernoulli

Poussée d’Archimède et flottaison ; débit volumique et conservation du débit ; relation de Bernoulli et ses hypothèses ; vidange d’un réservoir ; effet Venturi et tube de Pitot.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés pas à pas : les ballasts d’un sous-marin, le décollage d’une montgolfière, le siphon d’un aquarium, un débitmètre de Venturi suivi d’une artère rétrécie, et le dimensionnement d’une fontaine à jet vertical jusqu’à la puissance de sa pompe.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je fixe le modèle : système et référentiel terrestre pour une poussée ; fluide incompressible, parfait, écoulement permanent pour un débit ou une relation de Bernoulli.
Je convertis toutes les données en unités SI : m³, m, s, Pa.
Je choisis les points où j’applique Bernoulli : surface libre, jet à l’air libre, point d’arrêt, deux sections connues.
Je relie les vitesses par la conservation du débit, puis je résous littéralement avant l’application numérique.
Je critique le modèle : vitesse de la surface négligeable ? fluide visqueux ? pertes de charge ? le résultat réel sera-t-il plus grand ou plus petit ?

Problème 1 · Les ballasts d’un sous-marin★★★Facile

Un petit sous-marin de recherche a un volume extérieur total

V = 30, 0

m³, ballasts compris. Ballasts pleins d’air, sa masse vaut

m = 28 700

kg. Pour plonger, on remplit ses ballasts d’eau de mer, ce qui augmente sa masse sans changer son volume extérieur. Données : eau de mer

ρ = 1 025

kg·m⁻³ ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹.

1. Poussée d’Archimède sur le sous-marin entièrement immergé : × 10⁵ N
$Π = ρ V g = 1 025 \times 30, 0 \times 9, 81 \approx$ 3,02 × 10⁵ N, verticale vers le haut.
2. Poids du sous-marin, ballasts pleins d’air : × 10⁵ N
$P = m g = 28 700 \times 9, 81 \approx$ 2,82 × 10⁵ N : $P & l t; Π$ , ballasts vides il ne peut pas rester sous l’eau, il remonte et flotte.
3. Volume immergé du sous-marin qui flotte en surface, ballasts vides : m³
Équilibre $Π = P$ : $ρ V_{imm} g = m g$ , d’où $V_{imm} = \frac{28 700}{1 025} =$ 28,0 m³ ; 2,0 m³ émergent.
4. Masse d’eau de mer à faire entrer dans les ballasts pour que le sous-marin reste en équilibre entre deux eaux : kg
Il faut $P = Π$ avec $V_{imm} = V$ : $m_{tot} = ρ V = 30 750$ kg, donc $30 750 - 28 700 =$ 2 050 kg d’eau, soit exactement les 2,0 m³ qui émergeaient.
5. Ballasts ainsi réglés, le sous-marin entre dans une eau moins salée, de masse volumique 1 010 kg·m⁻³. Force résultante qu’il subit, au départ : × 10³ N, vers le bas
Son poids ne change pas, $30 750 \times 9, 81$ N, mais la poussée devient $1 010 \times 30, 0 \times 9, 81$ N. Résultante : $(1 025 - 1 010) \times 30, 0 \times 9, 81 \approx$ 4,41 × 10³ N vers le bas : il s’enfonce, et le pilote doit chasser un peu d’eau des ballasts.

Problème 2 · Le décollage d’une montgolfière★★★Moyen

Une montgolfière possède une enveloppe de volume

V = 2 200

m³, ouverte à sa base : l’air chaud intérieur est à la même pression que l’air extérieur. La masse de l’enveloppe, de la nacelle, du brûleur et des passagers vaut

m = 610

kg (air chaud non compris) ; on néglige le volume de la nacelle et des passagers. Au sol, l’air extérieur est à

T_{ext} = 283

K et sa masse volumique vaut

ρ_{ext} = 1, 25

kg·m⁻³. L’air est un gaz parfait : à pression fixée, sa masse volumique est inversement proportionnelle à sa température absolue (

ρ T

constant).

g = 9, 81

N·kg⁻¹.

1. Poussée d’Archimède exercée par l’air extérieur sur l’enveloppe : × 10⁴ N
L’air exerce des forces pressantes sur toute l’enveloppe ; la pression diminuant avec l’altitude, la résultante est verticale vers le haut. $Π = ρ_{ext} V g = 1, 25 \times 2 200 \times 9, 81 \approx$ 2,70 × 10⁴ N.
2. Masse volumique limite de l’air intérieur au-dessous de laquelle la montgolfière décolle : kg·m⁻³
Système {montgolfière + air chaud} : poids $(m + ρ_{int} V) g$ , poussée $ρ_{ext} V g$ . Décollage si $Π & g t; P$ , soit $ρ_{int} & l t; ρ_{ext} - \frac{m}{V} = 1, 25 - 0, 277 \approx$ 0,973 kg·m⁻³.
3. Température minimale de l’air intérieur : K
$ρ_{int} T_{int} = ρ_{ext} T_{ext}$ , donc $T_{min} = 283 \times \frac{1, 25}{0, 9727} \approx$ 364 K.
4. Cette température en degrés Celsius : °C
$364 - 273 \approx$ 91 °C.
5. Le pilote chauffe l’air intérieur à 373 K. Masse de l’air chaud contenu dans l’enveloppe : kg
$ρ_{int} = 1, 25 \times \frac{283}{373} \approx 0, 948$ kg·m⁻³, d’où $ρ_{int} V \approx 2 086$ kg, soit 2 090 kg à trois chiffres.
6. Accélération verticale de la montgolfière juste après le décollage : m·s⁻²
Résultante : $F = (ρ_{ext} V - m - ρ_{int} V) g = (2 750 - 610 - 2 086) \times 9, 81 \approx 525$ N vers le haut ; masse du système $M = 610 + 2 086 = 2 696$ kg. Deuxième loi de Newton : $a = \frac{F}{M} \approx$ 0,195 m·s⁻², vers le haut.
7. En montant à température intérieure fixée, la pression de l’air diminue ; la force résultante vers le haut (augmente / diminue / reste constante)
$ρ_{ext}$ et $ρ_{int}$ diminuent toutes deux proportionnellement à la pression : la différence $(ρ_{ext} - ρ_{int}) V$ diminue alors que $m$ reste constante. La résultante s’annule à une certaine altitude, où la montgolfière se stabilise ; pour monter plus haut, il faut chauffer davantage.

Problème 3 · Vider un aquarium avec un siphon★★★Moyen

Pour renouveler une partie de l’eau d’un aquarium, on utilise un tuyau souple de diamètre intérieur 12 mm, rempli d’eau, fonctionnant en siphon. L’axe vertical est orienté vers le haut, avec l’origine à la surface libre de l’aquarium. Le point le plus haut du tuyau, C, passe au-dessus de la vitre à

z_{C} = + 0, 25

m ; l’extrémité de sortie B, à l’air libre au-dessus d’un seau, est à

z_{B} = - 0, 80

m. La surface libre de l’aquarium est un rectangle de 90 cm × 40 cm. L’eau est un fluide parfait en écoulement permanent. Données :

P_{atm} = 1, 013 \times 10^{5}

Pa ;

ρ = 1, 00 \times 10^{3}

kg·m⁻³ ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹ ; pression de vapeur saturante de l’eau à 20 °C : 2,3 kPa.

1. Vitesse de sortie de l’eau en B (vitesse en A, sur la surface libre, négligée) : m·s⁻¹
A : $P_{atm}$ , $v_{A} \approx 0$ , $z_{A} = 0$ . B : $P_{atm}$ (jet à l’air libre), $z_{B} = - 0, 80$ m. Bernoulli : $0 = \frac{1}{2} ρ v_{B}^{2} + ρ g z_{B}$ , donc $v_{B} = \sqrt{- 2 g z_{B}} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 0, 80} \approx$ 3,96 m·s⁻¹.
2. Vitesse de descente de la surface libre : × 10⁻³ m·s⁻¹
Section du tuyau $s = 1, 13 \times 10^{- 4}$ m², surface libre $S = 0, 90 \times 0, 40 = 0, 360$ m². Conservation du débit : $v_{A} = v_{B} \frac{s}{S} \approx$ 1,2 × 10⁻³ m·s⁻¹. $v_{A}^{2}$ , de l’ordre de $10^{- 6}$ m²·s⁻², est négligeable devant $v_{B}^{2} \approx 15, 7$ m²·s⁻² : l’approximation est justifiée.
3. Débit volumique du siphon : L·min⁻¹
$D_{V} = s v_{B} = 1, 131 \times 10^{- 4} \times 3, 962 = 4, 48 \times 10^{- 4}$ m³·s⁻¹, soit 26,9 L·min⁻¹.
4. Pression en C, au sommet du tuyau : × 10⁴ Pa
Section constante : $v_{C} = v_{B}$ . Bernoulli entre C et B : $P_{C} + ρ g z_{C} = P_{atm} + ρ g z_{B}$ , d’où $P_{C} = 1, 013 \times 10^{5} - 1, 00 \times 10^{3} \times 9, 81 \times 1, 05 \approx$ 9,10 × 10⁴ Pa, inférieure à la pression atmosphérique : c’est ce qui « aspire » l’eau par-dessus la vitre.
5. Le siphon se désamorce si la pression en C devient inférieure à la pression de vapeur saturante. Hauteur maximale de C au-dessus de la surface libre, B restant à −0,80 m : m
$P_{C} \geq P_{sat}$ : $z_{C} - z_{B} \leq \frac{1, 013 \times 10^{5} - 2, 3 \times 10^{3}}{9 810} = 10, 09$ m, donc $z_{C} \leq$ 9,29 m : aucune limite en pratique pour un aquarium.
6. Durée pour abaisser le niveau de 12 cm, en supposant le débit constant : s
Volume : $0, 360 \times 0, 12 = 4, 32 \times 10^{- 2}$ m³ = 43,2 L ; $Δ t = \frac{43, 2}{0, 448} \approx$ 96 s. En réalité la dénivellation passe de 0,80 m à 0,68 m, la vitesse de sortie de 3,96 à 3,65 m·s⁻¹ : le débit diminue, la durée réelle est un peu plus longue (et plus encore à cause de la viscosité).

Problème 4 · Débitmètre de Venturi et artère rétrécie★★★Difficile

Partie A — Débitmètre de Venturi. Une conduite d’eau horizontale, de diamètre

d_{A} = 80

mm, comporte un col de diamètre

d_{B} = 40

mm. Deux tubes verticaux ouverts, branchés en A (en amont) et en B (au col), contiennent de l’eau au repos ; le niveau dans le tube B est plus bas de

Δ h = 23, 5

cm que dans le tube A.
Partie B — Sténose. Une artère de diamètre 7,0 mm présente un rétrécissement (sténose) de diamètre 4,2 mm. Le sang y circule à 0,32 m·s⁻¹ en amont de la sténose ; on l’assimile à un fluide parfait incompressible en écoulement permanent.
Données :

ρ_{eau} = 1, 00 \times 10^{3}

kg·m⁻³ ;

ρ_{sang} = 1, 06 \times 10^{3}

kg·m⁻³ ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹ ; 1 mmHg = 133 Pa.

1. A. Différence de pression $P_{A} - P_{B}$ : × 10³ Pa
Dans chaque tube, l’eau est au repos : $P_{A} = P_{atm} + ρ g h_{A}$ et $P_{B} = P_{atm} + ρ g h_{B}$ . Donc $P_{A} - P_{B} = ρ g Δ h = 1, 00 \times 10^{3} \times 9, 81 \times 0, 235 \approx$ 2,31 × 10³ Pa.
2. A. Vitesse de l’eau en A : m·s⁻¹
Conservation du débit : $v_{B} = v_{A} {(\frac{80}{40})}^{2} = 4 v_{A}$ . Bernoulli à même altitude : $P_{A} - P_{B} = \frac{1}{2} ρ (16 - 1) v_{A}^{2}$ , d’où $v_{A} = \sqrt{\frac{2 (P_{A} - P_{B})}{15 ρ}} = \sqrt{\frac{2 \times 2 305}{15 \times 1 000}} \approx$ 0,554 m·s⁻¹.
3. A. Débit volumique : L·s⁻¹
$S_{A} = \frac{π \times 0, 080^{2}}{4} = 5, 03 \times 10^{- 3}$ m², $D_{V} = S_{A} v_{A} \approx 2, 79 \times 10^{- 3}$ m³·s⁻¹, soit 2,79 L·s⁻¹.
4. A. Ce débit en m³·h⁻¹ :
$2, 79 \times 10^{- 3} \times 3 600 \approx$ 10,0 m³·h⁻¹. Le débitmètre n’a aucune pièce mobile : une lecture de $Δ h$ suffit.
5. B. Vitesse du sang dans la sténose : m·s⁻¹
$v_{s} = 0, 32 \times {(\frac{7, 0}{4, 2})}^{2} = 0, 32 \times 2, 78 \approx$ 0,889 m·s⁻¹.
6. B. Baisse de pression dans la sténose : Pa
Bernoulli à même altitude : $Δ P = \frac{1}{2} ρ_{sang} (v_{s}^{2} - v^{2}) = 530 \times (0, 790 - 0, 102) \approx$ 364 Pa.
7. B. Cette baisse en mmHg :
$\frac{364}{133} \approx$ 2,7 mmHg. La pression du sang sur la paroi diminue alors que les tissus extérieurs appuient toujours : la paroi souple tend à se resserrer, ce qui aggrave le rétrécissement. Le modèle est discutable : le sang est visqueux et l’écoulement pulsé ; en aval, la pression ne remonte pas à sa valeur amont (perte de charge).

Problème 5 · Dimensionner une fontaine à jet vertical★★★Difficile

Une pompe aspire l’eau d’un bassin et la refoule dans un tuyau de diamètre intérieur 75 mm, terminé par une buse tournée vers le haut, dont la sortie O est à 0,35 m au-dessus de la surface du bassin. Le point T du tuyau, juste avant la buse, est à la même altitude que O. Le débit vaut 6,4 L·s⁻¹ et le jet doit monter à

H = 18, 5

m au-dessus de O. L’eau est un fluide parfait incompressible en écoulement permanent ; dans le jet, la pression est partout égale à

P_{atm} = 1, 013 \times 10^{5}

Pa. La puissance hydraulique minimale de la pompe vaut

𝒫 = D_{V} \times Δ E_{v}

, où

E_{v} = P + \frac{1}{2} ρ v^{2} + ρ g z

(en J·m⁻³) est évaluée entre la surface du bassin et la sortie O. Données :

ρ = 1, 00 \times 10^{3}

kg·m⁻³ ;

g = 9, 81

N·kg⁻¹.

1. Vitesse de l’eau à la sortie de la buse : m·s⁻¹
Bernoulli le long du jet entre O ( $P_{atm}$ , $v_{0}$ , $z = 0$ ) et le sommet S ( $P_{atm}$ , $v = 0$ , $z = H$ ) : $\frac{1}{2} ρ v_{0}^{2} = ρ g H$ , d’où $v_{0} = \sqrt{2 g H} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 18, 5} \approx$ 19,1 m·s⁻¹.
2. Diamètre de la buse : mm
$s = \frac{D_{V}}{v_{0}} = \frac{6, 4 \times 10^{- 3}}{19, 05} = 3, 36 \times 10^{- 4}$ m², et $d = \sqrt{\frac{4 s}{π}} \approx$ 20,7 mm.
3. Vitesse de l’eau dans le tuyau d’alimentation : m·s⁻¹
$S_{T} = \frac{π \times 0, 075^{2}}{4} = 4, 42 \times 10^{- 3}$ m², $v_{T} = \frac{D_{V}}{S_{T}} \approx$ 1,45 m·s⁻¹.
4. Pression de l’eau au point T : × 10⁵ Pa
Bernoulli entre T et O, même altitude : $P_{T} = P_{atm} + \frac{1}{2} ρ (v_{0}^{2} - v_{T}^{2}) = 1, 013 \times 10^{5} + 500 \times (363, 0 - 2, 10) \approx$ 2,82 × 10⁵ Pa.
5. Le jet s’élargit en montant. Son diamètre à mi-hauteur ( $z$ = 9,25 m) : mm
Dans le jet, $\frac{1}{2} v^{2} + g z$ est constant : la vitesse diminue en montant ; le débit $s v$ étant conservé, la section augmente. À mi-hauteur, $v = \sqrt{2 g (H - z)} \approx 13, 5$ m·s⁻¹, $s' = \frac{6, 4 \times 10^{- 3}}{13, 47} = 4, 75 \times 10^{- 4}$ m², $d' \approx$ 24,6 mm (c’est $d \times 2^{1 / 4}$ ).
6. Puissance hydraulique minimale de la pompe : × 10³ W
Surface du bassin : $P_{atm}$ , $v \approx 0$ , $z = - 0, 35$ m ; sortie O : $P_{atm}$ , $v_{0}$ , $z = 0$ . $Δ E_{v} = \frac{1}{2} ρ v_{0}^{2} + ρ g \times 0, 35 = ρ g (18, 5 + 0, 35) = 1, 85 \times 10^{5}$ J·m⁻³, donc $𝒫 = 6, 4 \times 10^{- 3} \times 1, 849 \times 10^{5} \approx$ 1,18 × 10³ W. Une fois installée, la fontaine ne monte qu’à 16,1 m : frottements dans le tuyau et la buse, frottements de l’air, fragmentation du jet. L’hypothèse du fluide parfait est en défaut : il faut une pompe plus puissante.

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