Poussée d'Archimède et Bernoulli : exercices corrigés de Terminale

Le bloc est entièrement immergé : le volume d'eau déplacé est égal au volume du bloc. Conversion : $V = 2{,}0 \text{ L} = 2{,}0 \times 10^{-3} \text{ m}^3$.

La poussée est égale au poids de l'eau déplacée ⁶ : $\Pi = \rho_{eau} \, V \, g$.

Application numérique : $\Pi = 1000 \times 2{,}0 \times 10^{-3} \times 9{,}8 = 19{,}6 \text{ N}$.

Direction et sens : verticale, dirigée vers le haut ⁴.

Conversion : $d = 4{,}0 \text{ cm} = 0{,}040 \text{ m}$.

Section : $S = \pi \times (0{,}040)^2 / 4 \approx 1{,}257 \times 10^{-3} \text{ m}^2$.

Débit volumique : $Q = S \, v \approx 1{,}257 \times 10^{-3} \times 2{,}0 \approx 2{,}51 \times 10^{-3} \text{ m}^3 \cdot \text{s}^{-1}$.

Interprétation : environ 2,5 litres d'eau traversent une section de la canalisation chaque seconde.

L'écoulement est permanent et incompressible : le débit volumique est le même dans les deux sections ¹. Donc $S_1 v_1 = S_2 v_2$.

Isole la vitesse : $v_2 = v_1 \, \dfrac{S_1}{S_2}$.

Les sections sont proportionnelles au carré des diamètres (le facteur $\pi/4$ se simplifie) : $\dfrac{S_1}{S_2} = \left(\dfrac{d_1}{d_2}\right)^2 = \left(\dfrac{6{,}0}{3{,}0}\right)^2 = 4$.

Application numérique : $v_2 = 1{,}5 \times 4 = 6{,}0 \text{ m} \cdot \text{s}^{-1}$.

Poids de la boule : $P = m g = 0{,}50 \times 9{,}8 = 4{,}9 \text{ N}$.

Poussée maximale, boule entièrement immergée : $\Pi_{max} = \rho_{eau} V g = 1000 \times 8{,}0 \times 10^{-4} \times 9{,}8 = 7{,}84 \text{ N}$. Comme $\Pi_{max} > P$, la boule ne coule pas.

Pour un objet qui flotte, le volume pris en compte est le volume immergé ⁴. À l'équilibre : $\Pi = P$, soit $\rho_{eau} V_{im} g = m g$.

Le facteur $g$ se simplifie : $V_{im} = \dfrac{m}{\rho_{eau}} = \dfrac{0{,}50}{1000} = 5{,}0 \times 10^{-4} \text{ m}^3$.

Vérification : $V_{im} < V$, donc la boule émerge bien en partie (3,0 × 10⁻⁴ m³ hors de l'eau).

Poids : $P = m g = 3{,}0 \times 9{,}8 = 29{,}4 \text{ N}$, vertical vers le bas.

Poussée : $\Pi = \rho_{eau} V g = 1000 \times 1{,}0 \times 10^{-3} \times 9{,}8 = 9{,}8 \text{ N}$, verticale vers le haut ⁴.

Le poids apparent est la somme vectorielle du poids et de la poussée ⁶. Les deux forces étant opposées, sa valeur est $P_{app} = P - \Pi$.

Application numérique : $P_{app} = 29{,}4 - 9{,}8 = 19{,}6 \text{ N}$.

Les hypothèses du programme sont réunies : écoulement homogène, incompressible, permanent et parfait ². La relation de Bernoulli est donc applicable entre les points 1 et 2 ¹.

Altitude identique : $\rho g z_1 = \rho g z_2$, on retire ces termes. Reste $p_1 + \tfrac{1}{2}\rho v_1^2 = p_2 + \tfrac{1}{2}\rho v_2^2$.

Isole la pression : $p_2 = p_1 + \tfrac{1}{2}\rho \left(v_1^2 - v_2^2\right)$.

Application numérique : $p_2 = 1{,}50 \times 10^5 + 0{,}5 \times 1000 \times (2{,}0^2 - 6{,}0^2) = 1{,}50 \times 10^5 + 500 \times (-32) = 1{,}50 \times 10^5 - 1{,}6 \times 10^4$.

Résultat : $p_2 = 1{,}34 \times 10^5 \text{ Pa}$.

Ce type de situation est étudié expérimentalement : la vitesse d'écoulement en sortie d'un réservoir peut se déduire de la relation de Bernoulli ⁵.

Écris la relation entre A et B : $p_A + \tfrac{1}{2}\rho v_A^2 + \rho g z_A = p_B + \tfrac{1}{2}\rho v_B^2 + \rho g z_B$.

Simplifie : $p_A = p_B$ (pression atmosphérique) et $v_A \approx 0$. Il reste $\rho g z_A = \tfrac{1}{2}\rho v_B^2 + \rho g z_B$.

Regroupe avec $z_A - z_B = h$ : $\tfrac{1}{2}\rho v_B^2 = \rho g h$. La masse volumique se simplifie : $v_B = \sqrt{2 g h}$.

Application numérique : $v_B = \sqrt{2 \times 9{,}8 \times 1{,}25} = \sqrt{24{,}5} \approx 4{,}95 \text{ m} \cdot \text{s}^{-1}$.

Il n'y a aucun échange avec l'extérieur entre la prise d'eau et les turbines : la relation de Bernoulli s'applique entre ces deux points ⁶.

Relation entre A et B, avec $z_A - z_B = z$ : $p_A + \tfrac{1}{2}\rho v_A^2 + \rho g z_A = p_B + \tfrac{1}{2}\rho v_B^2 + \rho g z_B$.

Les vitesses étant négligeables, les termes cinétiques s'annulent : $p_B - p_A = \rho g (z_A - z_B) = \rho g z$.

Application numérique : $p_B - p_A = 1000 \times 9{,}8 \times 40 = 3{,}92 \times 10^5 \text{ Pa}$.

Ordre de grandeur : la pression augmente de près de 4 bars, soit environ quatre fois la pression atmosphérique usuelle ($\approx 1{,}0 \times 10^5 \text{ Pa}$).