Terminale · Physique-chimie · Chapitre 17

Mécanique des fluides

Exercices corrigés — poussée d'Archimède, flottaison, débit et relation de Bernoulli.
Ex. 1 — Poussée d'Archimède Ex. 2 — Flottaison Ex. 3 — Conservation du débit Ex. 4 — Relation de Bernoulli Ex. 5 — Effet Venturi et portance
Rappels : \(\vec{\Pi} = -\rho_{\mathrm{fluide}}\,V_{\mathrm{immergé}}\,\vec{g}\) — masse volumique du fluide, volume immergé. Flottaison : \(\dfrac{V_{\mathrm{imm}}}{V_{\mathrm{tot}}} = \dfrac{\rho_{\mathrm{corps}}}{\rho_{\mathrm{fluide}}}\). Débit : \(Q_V = S\,v\) et \(S_1v_1 = S_2v_2\). Bernoulli : \(\frac{1}{2}\rho v^{2} + \rho g z + P\) constante. Données : \(g = 9{,}81\) N·kg⁻¹ ; \(\rho_{\mathrm{eau}} = 1000\) kg·m⁻³ ; \(\rho_{\mathrm{air}} = 1{,}2\) kg·m⁻³.
Exercice 1
Poussée d'Archimède

Une couronne de masse \(m = 850\) g est suspendue à un dynamomètre. Dans l'air, celui-ci indique \(8{,}34\) N. Entièrement immergée dans l'eau, il indique \(7{,}90\) N.

  1. Expliquer qualitativement l'origine de la poussée d'Archimède.
  2. Calculer la valeur de la poussée subie par la couronne.
  3. En déduire le volume de la couronne, puis sa masse volumique.
  4. L'or a une masse volumique de \(19\,300\) kg·m⁻³, l'argent \(10\,500\) kg·m⁻³. La couronne est-elle en or pur ?

a. On raisonne sur la répartition des pressions.

Dans un fluide au repos, la pression augmente avec la profondeur. Les forces pressantes exercées sur la face inférieure de l'objet sont donc plus intenses que celles exercées sur sa face supérieure.

La résultante de toutes ces forces est verticale et dirigée vers le haut : c'est la poussée d'Archimède.

b. La poussée explique exactement la différence des deux indications.

\[ \Pi = P - P_{\text{app}} = 8{,}34 - 7{,}90 = 0{,}44\ \text{N} \]

c. On utilise l'expression de la poussée pour remonter au volume.

\[ \Pi = \rho_{\text{eau}}\,V\,g \qquad\Longrightarrow\qquad V = \frac{\Pi}{\rho_{\text{eau}}\,g} = \frac{0{,}44}{1000\times 9{,}81} \]
\[ V = 4{,}5\times 10^{-5}\ \text{m}^{3} = 45\ \text{cm}^{3} \]
\[ \rho = \frac{m}{V} = \frac{0{,}850}{4{,}5\times 10^{-5}} = 1{,}9\times 10^{4}\ \text{kg·m}^{-3} \]

d. On compare aux valeurs tabulées.

On trouve \(1{,}9\times 10^{4}\) kg·m⁻³, à comparer aux \(19\,300\) kg·m⁻³ de l'or : l'accord est excellent. La couronne est bien en or pur.

💡 C'est très exactement la méthode qu'aurait employée Archimède : la pesée hydrostatique donne accès au volume d'un objet de forme quelconque, donc à sa masse volumique — et donc à sa composition, sans le détruire.

Exercice 2
Flottaison

Un morceau de bois de masse volumique \(\rho_b = 650\) kg·m⁻³ et de volume \(V = 2{,}0\) dm³ est déposé à la surface de l'eau.

  1. Justifier qu'il flotte.
  2. Écrire la condition d'équilibre et en déduire la fraction immergée.
  3. Calculer le volume émergé.
  4. On dépose le même morceau à la surface du mercure (\(\rho = 13\,600\) kg·m⁻³). Que se passe-t-il ? Et sur de l'huile (\(\rho = 920\) kg·m⁻³) ?

a. On compare les deux masses volumiques.

\(\rho_b = 650 < \rho_{\text{eau}} = 1000\) kg·m⁻³ : le bois est moins dense que l'eau, il flotte.

Physiquement : totalement immergé, il subirait une poussée \(\rho_{\text{eau}}Vg\) supérieure à son poids \(\rho_b Vg\). La résultante le ferait remonter jusqu'à ce qu'une partie émerge.

b. À l'équilibre, la poussée compense exactement le poids.

\[ \Pi = P \qquad\Longrightarrow\qquad \rho_{\text{eau}}\,V_{\text{imm}}\,g = \rho_b\,V_{\text{tot}}\,g \]

Le \(g\) se simplifie :

\[ \frac{V_{\text{imm}}}{V_{\text{tot}}} = \frac{\rho_b}{\rho_{\text{eau}}} = \frac{650}{1000} = 0{,}65 \]

Le bois est immergé à 65 %.

🚨 Remarquez que dans \(\Pi\), la masse volumique est celle du fluide et le volume celui de la partie immergée — alors que dans le poids, c'est la masse volumique du corps et son volume total.

c. On en déduit la partie émergée.

\[ V_{\text{imm}} = 0{,}65\times 2{,}0 = 1{,}3\ \text{dm}^{3} \qquad V_{\text{ém}} = 2{,}0 - 1{,}3 = 0{,}70\ \text{dm}^{3} \]

d. On refait le raisonnement avec les nouveaux fluides.

Sur le mercure : \(\dfrac{650}{13\,600} = 0{,}048\). Le bois n'est immergé qu'à \(4{,}8\ \%\) — il flotte presque entièrement en surface.

Sur l'huile : \(\dfrac{650}{920} = 0{,}71\). Il est immergé à \(71\ \%\), davantage que dans l'eau puisque l'huile est moins dense.

💡 Règle générale : plus le fluide est dense, moins le corps s'y enfonce. C'est pourquoi on flotte bien mieux dans la mer Morte que dans une piscine.

Exercice 3
Conservation du débit

Un tuyau d'arrosage de diamètre intérieur \(d_1 = 20\) mm débite \(12\) L par minute.

  1. Calculer le débit volumique en m³·s⁻¹, puis la vitesse de l'eau dans le tuyau.
  2. On visse un embout dont l'ouverture a un diamètre \(d_2 = 6{,}0\) mm. Calculer la nouvelle vitesse de sortie.
  3. Justifier physiquement ce résultat.
  4. Combien de temps faut-il pour remplir un arrosoir de \(10\) L ? Cela dépend-il de l'embout ?

a. On convertit le débit, puis on applique \(Q_V = S\,v\).

\[ Q_V = \frac{12\ \text{L}}{60\ \text{s}} = 0{,}20\ \text{L·s}^{-1} = 2{,}0\times 10^{-4}\ \text{m}^{3}\text{·s}^{-1} \]
\[ S_1 = \pi\left(\frac{d_1}{2}\right)^{2} = \pi\times(1{,}0\times 10^{-2})^{2} = 3{,}14\times 10^{-4}\ \text{m}^{2} \]
\[ v_1 = \frac{Q_V}{S_1} = \frac{2{,}0\times 10^{-4}}{3{,}14\times 10^{-4}} = 0{,}64\ \text{m·s}^{-1} \]

⚠ La section se calcule avec le rayon, pas le diamètre : c'est une erreur classique qui donne un résultat quatre fois trop petit.

b. Le débit se conserve : \(S_1v_1 = S_2v_2\).

\[ S_2 = \pi\times(3{,}0\times 10^{-3})^{2} = 2{,}83\times 10^{-5}\ \text{m}^{2} \]
\[ v_2 = \frac{Q_V}{S_2} = \frac{2{,}0\times 10^{-4}}{2{,}83\times 10^{-5}} = 7{,}1\ \text{m·s}^{-1} \]

Contrôle : le diamètre est divisé par \(20/6{,}0 = 3{,}3\), donc la section par \(3{,}3^{2} = 11\), et la vitesse est multipliée par 11. ✔ (\(0{,}64\times 11 = 7{,}1\))

c. On revient au sens physique de la conservation du débit.

L'eau est incompressible : le même volume doit traverser chaque section par unité de temps. Si la section se réduit, le fluide n'a d'autre choix que d'accélérer pour laisser passer le même volume.

💡 C'est exactement pourquoi mettre le pouce sur le tuyau d'arrosage fait jaillir l'eau plus loin : on n'augmente pas le débit, on augmente la vitesse.

d. On utilise la définition du débit volumique.

\[ \Delta t = \frac{V}{Q_V} = \frac{10\times 10^{-3}}{2{,}0\times 10^{-4}} = 50\ \text{s} \]

Non, cela ne dépend pas de l'embout : le débit est imposé par le robinet en amont, pas par la section de sortie. L'embout change la vitesse du jet, pas la quantité d'eau délivrée par seconde.

🚨 C'est le contresens le plus fréquent : « ça sort plus vite donc ça remplit plus vite » est faux à débit imposé.

Exercice 4
Relation de Bernoulli

Un château d'eau ouvert à l'air libre alimente une maison. La surface libre de l'eau est à \(18\) m au-dessus du robinet. On néglige les frottements et la vitesse de descente du niveau dans le réservoir.

  1. Écrire la relation de Bernoulli entre la surface libre (point A) et le robinet ouvert (point B). Simplifier.
  2. En déduire la vitesse d'écoulement à la sortie du robinet.
  3. Le robinet étant fermé, calculer la pression de l'eau au niveau du robinet. On prend \(P_{\mathrm{atm}} = 1{,}013\times 10^{5}\) Pa.
  4. Pourquoi la vitesse réelle est-elle inférieure à la valeur calculée ?

a. On applique la relation entre les deux points, tous deux à la pression atmosphérique.

\[ \tfrac{1}{2}\rho v_A^{2} + \rho g z_A + P_A = \tfrac{1}{2}\rho v_B^{2} + \rho g z_B + P_B \]

Le réservoir est ouvert et le robinet débouche à l'air libre : \(P_A = P_B = P_{\mathrm{atm}}\), les deux termes se simplifient.

La surface descend très lentement devant la vitesse au robinet : \(v_A \approx 0\).

\[ \rho g z_A = \tfrac{1}{2}\rho v_B^{2} + \rho g z_B \qquad\Longrightarrow\qquad \rho g (z_A - z_B) = \tfrac{1}{2}\rho v_B^{2} \]

b. La masse volumique se simplifie à son tour.

\[ v_B = \sqrt{2\,g\,h} = \sqrt{2\times 9{,}81\times 18} = 19\ \text{m·s}^{-1} \]

💡 C'est exactement la vitesse d'un objet lâché en chute libre de \(18\) m : le résultat ne dépend ni de la nature du liquide, ni de la section du robinet.

c. Robinet fermé, le fluide est au repos : tous les termes de vitesse s'annulent.

\[ \rho g z_A + P_{\mathrm{atm}} = \rho g z_B + P_B \qquad\Longrightarrow\qquad P_B = P_{\mathrm{atm}} + \rho g h \]
\[ P_B = 1{,}013\times 10^{5} + 1000\times 9{,}81\times 18 = 1{,}013\times 10^{5} + 1{,}77\times 10^{5} \]
\[ P_B = 2{,}8\times 10^{5}\ \text{Pa} \approx 2{,}8\ \text{bar} \]

✔ C'est bien l'ordre de grandeur de la pression du réseau d'eau domestique, entre 2 et 3 bar.

d. On interroge les hypothèses de la relation de Bernoulli.

La relation suppose un fluide sans frottement. En réalité :

• l'eau est visqueuse et frotte contre les parois des canalisations, ce qui dissipe de l'énergie en chaleur ;

• les coudes, rétrécissements et la robinetterie créent des pertes de charge supplémentaires ;

• l'écoulement peut devenir turbulent, ce qui sort du cadre du modèle.

La vitesse calculée constitue donc une borne supérieure. La valeur réelle est typiquement inférieure de plusieurs dizaines de pour cent.

Exercice 5
Effet Venturi et portance

Une conduite horizontale de section \(S_1 = 8{,}0\) cm² transporte de l'eau à \(v_1 = 1{,}2\) m·s⁻¹. Elle comporte un étranglement de section \(S_2 = 2{,}0\) cm².

  1. Calculer la vitesse dans l'étranglement.
  2. Calculer la différence de pression entre les deux sections. Où la pression est-elle la plus faible ?
  3. Quelle dénivellation observerait-on entre deux tubes manométriques placés en ces deux points ?
  4. Expliquer, à l'aide de l'effet Venturi, la portance d'une aile d'avion.

a. Le débit se conserve.

\[ S_1 v_1 = S_2 v_2 \qquad\Longrightarrow\qquad v_2 = v_1\times\frac{S_1}{S_2} = 1{,}2\times\frac{8{,}0}{2{,}0} = 4{,}8\ \text{m·s}^{-1} \]

💡 Les sections apparaissant en rapport, inutile de les convertir en m².

b. La conduite est horizontale : le terme \(\rho g z\) est le même aux deux points et disparaît.

\[ \tfrac{1}{2}\rho v_1^{2} + P_1 = \tfrac{1}{2}\rho v_2^{2} + P_2 \]
\[ P_1 - P_2 = \tfrac{1}{2}\rho\left(v_2^{2} - v_1^{2}\right) = \tfrac{1}{2}\times 1000\times\left(4{,}8^{2} - 1{,}2^{2}\right) \]
\[ P_1 - P_2 = 500\times(23{,}04 - 1{,}44) = 1{,}1\times 10^{4}\ \text{Pa} \]

La différence étant positive, \(P_2 < P_1\) : la pression est plus faible là où le fluide va plus vite. C'est l'effet Venturi.

c. On convertit la différence de pression en hauteur de colonne d'eau.

\[ \Delta P = \rho g \Delta h \qquad\Longrightarrow\qquad \Delta h = \frac{\Delta P}{\rho g} = \frac{1{,}08\times 10^{4}}{1000\times 9{,}81} = 1{,}1\ \text{m} \]

Le niveau serait plus bas de \(1{,}1\) m dans le tube situé au-dessus de l'étranglement. 💡 C'est le principe du débitmètre à Venturi : mesurer \(\Delta h\) permet de remonter à \(v_2\), donc au débit.

d. On transpose le raisonnement à l'écoulement de l'air autour d'une aile.

Le profil d'une aile est plus bombé sur le dessus que sur le dessous. L'air qui passe au-dessus doit parcourir un trajet plus long dans le même temps : il circule donc plus vite.

D'après Bernoulli, à une vitesse plus grande correspond une pression plus faible. Il en résulte une surpression sous l'aile par rapport au dessus, donc une force résultante dirigée vers le haut : la portance.

🚨 Attention à ne pas dire que « l'air est aspiré vers le haut » : c'est bien la différence de pression entre les deux faces qui crée la force, et cette explication reste une simplification du phénomène réel.

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