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Modéliser l'écoulement d'un fluide

Poussée d'Archimède, débit volumique, conservation du débit, relation de Bernoulli et applications (thème Mouvement et interactions)

À propos de cette page

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Problèmes corrigés, type devoir surveillé ou bac : plusieurs parties, un raisonnement à rédiger. Traite chaque problème en entier au brouillon, puis déplie la correction rédigée.

Problème 1 — 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. $g = 9, 81$ N·kg⁻¹.

1. Expliquer l'origine de la poussée d'Archimède exercée par l'air sur l'enveloppe, puis calculer sa norme.
2. Faire le bilan des forces qui s'exercent sur le système {montgolfière + air chaud intérieur} au moment du décollage, les frottements étant négligés.
3. Montrer que la montgolfière décolle si la masse volumique de l'air intérieur vérifie $\rho_{\text{int}} < \rho_{\text{ext}} - \dfrac{m}{V}$, puis calculer cette valeur limite.
4. En déduire la température minimale de l'air intérieur, en kelvins puis en degrés Celsius.
5. Le pilote chauffe l'air intérieur à 373 K. Calculer l'accélération verticale de la montgolfière juste après le décollage.
6. Expliquer pourquoi, à température intérieure fixée, la montgolfière atteint une altitude d'équilibre.

1. L'air exerce des forces pressantes sur toute la surface de l'enveloppe. La pression de l'air diminuant avec l'altitude, les forces exercées sur le bas de l'enveloppe l'emportent sur celles exercées sur le haut : leur résultante est verticale, vers le haut. Sa norme est le poids de l'air extérieur déplacé : $Π = ρ_{ext} V g = 1, 25 \times 2 200 \times 9, 81$ , $Π = 2, 70 \times 10^{4}$ N.

2. Dans le référentiel terrestre, le système subit : son poids $\vec{P}$ , vertical vers le bas, de norme $P = (m + ρ_{int} V) g$ (l'air chaud fait partie du système) ; la poussée d'Archimède $\vec{Π}$ , verticale vers le haut.

3. Le système quitte le sol si la résultante est dirigée vers le haut : $\Pi > P \iff \rho_{\text{ext}}V g > (m + \rho_{\text{int}}V)\,g \iff \rho_{\text{int}}V < \rho_{\text{ext}}V - m$, soit, en divisant par $V > 0$ : $\rho_{\text{int}} < \rho_{\text{ext}} - \frac{m}{V}$. A.N. : $1, 25 - \frac{610}{2 200} = 1, 25 - 0, 277$ , $ρ_{lim} = 0, 973$ kg·m⁻³.

4. À même pression, $ρ T$ est constant : $ρ_{int} T_{int} = ρ_{ext} T_{ext}$ , donc $T_{int} = T_{ext} \frac{ρ_{ext}}{ρ_{int}}$ . La condition $\rho_{\text{int}} < 0{,}973$ kg·m⁻³ équivaut à $T_{\text{int}} > 283\times\frac{1{,}25}{0{,}9727}$, soit $T_{min} = 364$ K, environ 91 °C.

5. À 373 K : $ρ_{int} = 1, 25 \times \frac{283}{373} = 0, 948$ kg·m⁻³, d'où une masse d'air chaud $ρ_{int} V = 2 086$ kg. Résultante verticale : $F = Π - P = (ρ_{ext} V - m - ρ_{int} V) g = (2 750 - 610 - 2 086) \times 9, 81 = 53, 5 \times 9, 81 = 525$ N. Masse du système : $M = 610 + 2 086 = 2 696$ kg. Deuxième loi de Newton : $a = \frac{F}{M} = \frac{525}{2 696}$ , $a = 0, 195$ m·s⁻², vers le haut.

6. En montant, la pression atmosphérique diminue : à température fixée, $ρ_{ext}$ et $ρ_{int}$ diminuent toutes deux proportionnellement à la pression, donc la différence $(ρ_{ext} - ρ_{int}) V$ diminue aussi, alors que $m$ reste constante. La force résultante $[(ρ_{ext} - ρ_{int}) V - m] g$ décroît et s'annule à une certaine altitude : la montgolfière s'y stabilise (pour monter plus haut, il faut chauffer davantage).

Problème 2 — 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 80 cm × 35 cm. L'eau est considérée comme 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. En appliquant la relation de Bernoulli entre un point A de la surface libre et le point B, calculer la vitesse de sortie de l'eau (on néglige la vitesse en A).
2. Vérifier a posteriori que la vitesse de descente de la surface libre est négligeable.
3. Calculer le débit volumique du siphon en L·min⁻¹.
4. Montrer que la vitesse de l'eau est la même en C et en B, puis calculer la pression en C.
5. L'eau se vaporise si sa pression devient inférieure à la pression de vapeur saturante, ce qui désamorce le siphon. Déterminer la hauteur maximale de C au-dessus de la surface libre, B restant à $- 0, 80$ m.
6. On veut abaisser le niveau de l'aquarium de 12 cm. Estimer la durée de l'opération en supposant le débit constant, puis dire si la durée réelle est plus longue ou plus courte, en justifiant.

1. A : $P_{A} = P_{atm}$ , $v_{A} \approx 0$ , $z_{A} = 0$ . B : $P_{B} = P_{atm}$ (jet à l'air libre), $v_{B}$ , $z_{B} = - 0, 80$ m. Bernoulli : $P_{atm} + 0 + 0 = P_{atm} + \frac{1}{2} ρ v_{B}^{2} + ρ g z_{B}$ , donc $v_{B} = \sqrt{- 2 g z_{B}} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 0, 80}$ , $v_{B} = 3, 96$ m·s⁻¹.

2. Section du tuyau : $s = \frac{π \times (0, 012)^{2}}{4} = 1, 13 \times 10^{- 4}$ m² ; surface libre : $S = 0, 80 \times 0, 35 = 0, 280$ m². Conservation du débit : $v_{A} = v_{B} \frac{s}{S} = 3, 96 \times \frac{1, 13 \times 10^{- 4}}{0, 280} = 1, 6 \times 10^{- 3}$ m·s⁻¹. Alors $v_{A}^{2} \approx 2, 6 \times 10^{- 6}$ m²·s⁻², négligeable devant $v_{B}^{2} = 15, 7$ m²·s⁻² : l'approximation est justifiée.

3. $D_{V} = s v_{B} = 1, 131 \times 10^{- 4} \times 3, 962 = 4, 48 \times 10^{- 4}$ m³·s⁻¹ $= 0, 448$ L·s⁻¹, soit $D_{V} = 26, 9$ L·min⁻¹.

4. Le tuyau a une section constante ; l'eau étant incompressible et l'écoulement permanent, $s v_{C} = s v_{B}$ , donc $v_{C} = v_{B}$ . Bernoulli entre C et B : $P_{C} + ρ g z_{C} = P_{atm} + ρ g z_{B}$ , d'où $P_{C} = P_{atm} - ρ g (z_{C} - z_{B}) = 1, 013 \times 10^{5} - 1, 00 \times 10^{3} \times 9, 81 \times 1, 05$ , $P_{C} = 9, 10 \times 10^{4}$ Pa. La pression au sommet est inférieure à la pression atmosphérique : c'est ce qui « aspire » l'eau par-dessus la vitre.

5. Il faut $P_{C} \geq P_{sat}$ , soit $z_{C} - z_{B} \leq \frac{P_{atm} - P_{sat}}{ρ g} = \frac{1, 013 \times 10^{5} - 2, 3 \times 10^{3}}{9 810} = 10, 09$ m. Donc $z_{C} \leq 10, 09 - 0, 80$ , $z_{C, max} = 9, 29$ m : aucune limite en pratique pour un aquarium.

6. Volume à retirer : $0, 280 \times 0, 12 = 3, 36 \times 10^{- 2}$ m³ = 33,6 L. À débit constant : $Δ t = \frac{33, 6}{0, 448}$ , $Δ t \approx 75$ s. En réalité, la surface libre descend : la dénivellation entre la surface et la sortie passe de 0,80 m à 0,68 m, et la vitesse de sortie de 3,96 à $\sqrt{2 \times 9, 81 \times 0, 68} = 3, 65$ m·s⁻¹. Le débit diminue donc au cours de l'opération : la durée réelle est plus longue (environ 78 s avec le débit moyen, davantage encore à cause de la viscosité).

Problème 3 — Débitmètre de Venturi et sténose artérielle

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.

A.1. Montrer que $v_{B} = 4 v_{A}$ .
A.2. À l'aide de la loi de la statique des fluides, exprimer puis calculer la différence de pression $P_{A} - P_{B}$ .
A.3. Montrer que $v_{A} = \sqrt{\frac{2 (P_{A} - P_{B})}{15 ρ_{eau}}}$ , puis calculer $v_{A}$ .
A.4. En déduire le débit volumique en L·s⁻¹, puis en m³·h⁻¹.
B.1. Calculer la vitesse du sang dans la sténose.
B.2. Calculer la baisse de pression dans la sténose, en Pa puis en mmHg, et expliquer pourquoi ce phénomène peut aggraver le rétrécissement de l'artère.
B.3. Indiquer l'hypothèse du modèle la plus discutable pour le sang et son effet sur la pression en aval de la sténose.

A.1. Eau incompressible en écoulement permanent : $S_{A} v_{A} = S_{B} v_{B}$ , donc $v_{B} = v_{A} {(\frac{d_{A}}{d_{B}})}^{2} = v_{A} {(\frac{80}{40})}^{2}$ , $v_{B} = 4 v_{A}$ .

A.2. Dans chaque tube, l'eau est au repos. En notant $h_{A}$ et $h_{B}$ les hauteurs d'eau au-dessus de l'axe de la conduite : $P_{A} = P_{atm} + ρ g h_{A}$ et $P_{B} = P_{atm} + ρ g h_{B}$ . Donc $P_{A} - P_{B} = ρ g (h_{A} - h_{B}) = ρ g Δ h = 1, 00 \times 10^{3} \times 9, 81 \times 0, 235$ , $P_{A} - P_{B} = 2, 31 \times 10^{3}$ Pa.

A.3. Bernoulli entre A et B, à la même altitude : $P_{A} - P_{B} = \frac{1}{2} ρ (v_{B}^{2} - v_{A}^{2}) = \frac{1}{2} ρ (16 - 1) v_{A}^{2} = \frac{15}{2} ρ v_{A}^{2}$ . D'où $v_{A} = \sqrt{\frac{2 (P_{A} - P_{B})}{15 ρ}}$ . A.N. : $v_{A} = \sqrt{\frac{2 \times 2 305}{15 \times 1 000}} = \sqrt{0, 307}$ , $v_{A} = 0, 554$ m·s⁻¹.

A.4. $S_{A} = \frac{π \times (0, 080)^{2}}{4} = 5, 03 \times 10^{- 3}$ m², donc $D_{V} = S_{A} v_{A} = 2, 79 \times 10^{- 3}$ m³·s⁻¹, soit 2,79 L·s⁻¹, et $2, 79 \times 10^{- 3} \times 3 600$ = 10,0 m³·h⁻¹. Le débitmètre ne comporte aucune pièce mobile : une simple lecture de $Δ h$ donne le débit.

B.1. $v_{s} = 0, 32 \times {(\frac{7, 0}{4, 2})}^{2} = 0, 32 \times 2, 78$ , $v_{s} = 0, 889$ m·s⁻¹.

B.2. Bernoulli (même altitude) : $Δ P = \frac{1}{2} ρ_{sang} (v_{s}^{2} - v^{2}) = 530 \times (0, 790 - 0, 102)$ , $Δ P = 364$ Pa, soit $\frac{364}{133}$ = 2,7 mmHg. Dans la sténose, la pression du sang sur la paroi diminue, alors que les tissus extérieurs continuent d'appuyer sur l'artère, dont la paroi est souple : elle tend à se resserrer. Le diamètre diminue, la vitesse augmente, la pression baisse encore : l'effet Venturi aggrave le rétrécissement.

B.3. Le sang est visqueux : ce n'est pas un fluide parfait (l'écoulement est de plus pulsé, donc pas rigoureusement permanent). Les frottements dissipent de l'énergie : en aval de la sténose, quand le diamètre redevient 7,0 mm, la pression ne remonte pas à sa valeur amont ; il subsiste une perte de charge que le cœur doit compenser.

Problème 4 — Dimensionner une fontaine à jet vertical

Difficile

Une fontaine projette un jet d'eau vertical. 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. On considère que le point T du tuyau, juste avant la buse, est à la même altitude que O. Le débit volumique vaut 6,4 L·s⁻¹ et, d'après le cahier des charges, le jet doit monter à $H = 18, 5$ m au-dessus de O. L'eau est modélisée comme un fluide parfait incompressible en écoulement permanent ; dans le jet, la pression est partout égale à $P_{atm} = 1, 013 \times 10^{5}$ Pa. On admet que 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. Montrer que la vitesse de l'eau à la sortie de la buse vaut $v_{0} = \sqrt{2 g H}$ , puis la calculer.
2. Calculer le diamètre de la buse.
3. Calculer la vitesse de l'eau dans le tuyau d'alimentation.
4. Calculer la pression de l'eau au point T.
5. Expliquer pourquoi le jet s'élargit en montant, puis calculer son diamètre à mi-hauteur.
6. Calculer la puissance hydraulique minimale de la pompe.
7. Une fois installée, la fontaine ne projette l'eau qu'à 16,1 m. Proposer deux causes et indiquer quelle hypothèse du modèle est mise en défaut.

1. On applique Bernoulli le long du jet entre O ( $P_{atm}$ , $v_{0}$ , $z = 0$ ) et le sommet S ( $P_{atm}$ , $v = 0$ car le jet vertical s'y arrête, $z = H$ ) : $P_{atm} + \frac{1}{2} ρ v_{0}^{2} = P_{atm} + ρ g H$ , d'où $v_{0} = \sqrt{2 g H}$ . A.N. : $v_{0} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 18, 5} = \sqrt{363}$ , $v_{0} = 19, 1$ m·s⁻¹.

2. $s = \frac{D_{V}}{v_{0}} = \frac{6, 4 \times 10^{- 3}}{19, 05} = 3, 36 \times 10^{- 4}$ m², et $s = \frac{π d^{2}}{4}$ donne $d = \sqrt{\frac{4 s}{π}} = 2, 07 \times 10^{- 2}$ m, soit $d = 20, 7$ mm.

3. $S_{T} = \frac{π \times (0, 075)^{2}}{4} = 4, 42 \times 10^{- 3}$ m², donc $v_{T} = \frac{D_{V}}{S_{T}} = \frac{6, 4 \times 10^{- 3}}{4, 42 \times 10^{- 3}}$ , $v_{T} = 1, 45$ m·s⁻¹.

4. Bernoulli entre T et O, à la même altitude : $P_{T} + \frac{1}{2} ρ v_{T}^{2} = P_{atm} + \frac{1}{2} ρ v_{0}^{2}$ , donc $P_{T} = P_{atm} + \frac{1}{2} ρ (v_{0}^{2} - v_{T}^{2}) = 1, 013 \times 10^{5} + 500 \times (363, 0 - 2, 10) = 1, 013 \times 10^{5} + 1, 804 \times 10^{5}$ , $P_{T} = 2, 82 \times 10^{5}$ Pa.

5. Dans le jet, $\frac{1}{2} v^{2} + g z$ est constant : la vitesse diminue quand l'altitude augmente. Le débit étant conservé ( $s v = D_{V}$ ), la section augmente quand la vitesse diminue : le jet s'élargit. À mi-hauteur, $z = 9, 25$ m : $v = \sqrt{2 g (H - z)} = \sqrt{2 \times 9, 81 \times 9, 25} = 13, 5$ m·s⁻¹ ; $s^{'} = \frac{6, 4 \times 10^{- 3}}{13, 47} = 4, 75 \times 10^{- 4}$ m² ; $d^{'} = \sqrt{\frac{4 s^{'}}{π}}$ , $d^{'} = 24, 6$ mm (c'est $d \times 2^{1 / 4}$ ).

6. Surface du bassin M : $P_{atm}$ , $v \approx 0$ , $z_{M} = - 0, 35$ m (origine en O). Sortie O : $P_{atm}$ , $v_{0}$ , $z = 0$ . $Δ E_{v} = \frac{1}{2} ρ v_{0}^{2} + ρ g \times 0, 35 = ρ g (18, 5 + 0, 35) = 1, 00 \times 10^{3} \times 9, 81 \times 18, 85 = 1, 85 \times 10^{5}$ J·m⁻³. Donc $𝒫 = 6, 4 \times 10^{- 3} \times 1, 849 \times 10^{5}$ , $𝒫 = 1, 18 \times 10^{3}$ W.

7. Causes possibles : frottements de l'eau dans le tuyau et la buse (viscosité, pertes de charge), frottements de l'air sur le jet, fragmentation du jet en gouttes. Dans tous les cas, une partie de l'énergie mécanique est dissipée : l'hypothèse du fluide parfait n'est pas vérifiée, et la relation de Bernoulli surestime la hauteur atteinte. Il faut prévoir une pompe plus puissante que la valeur calculée en 6.

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