Feuille d'entraînement : Cinématique des fluides

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique B PT 2026, Q23

   Le fluide (dioxygène liquide) est modélisé comme un fluide incompressible (\rho = \text{cste}) et l'écoulement est supposé stationnaire.

   Dans ces conditions, le principe de conservation de la masse se traduit par la conservation du débit massique, et donc par la conservation du débit volumique D_v le long de la conduite :

   D_v = \text{cste}

   En adoptant l'approximation unidimensionnelle selon laquelle le champ de vitesse est uniforme sur chaque section droite, le débit volumique s'exprime :

   • dans la section principale amont S : D_v = u \, S ;
   • au niveau du col de section s : D_v = v \, s.

   L'égalité des débits volumiques s'écrit donc :

   u \, S = v \, s

   On en déduit l'expression de la vitesse v dans le rétrécissement :

   \boxed{v = u \, \frac{S}{s}}

   Résultat

   $$v=u\frac{S}{s}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2026, Q34

   Le champ eulérien des vitesses dans le pore s'écrit :

   \vec{v}(r,\theta,z,t) = v(r)\,\vec{u}_z

   Considérons une particule de fluide située à l'instant t en un point repéré par ses coordonnées cylindriques (r(t), \theta(t), z(t)). Sa vitesse coïncide avec la vitesse eulérienne locale :

   \frac{\mathrm{d}\vec{r}}{\mathrm{d}t} = \dot{r}\,\vec{u}_r + r\dot{\theta}\,\vec{u}_\theta + \dot{z}\,\vec{u}_z = v(r)\,\vec{u}_z

   Par identification des composantes :

   • \dot{r} = 0 \implies r(t) = r_0 = \text{cste} ;
   • r\dot{\theta} = 0 \implies \theta(t) = \theta_0 = \text{cste} ;
   • \dot{z} = v(r_0).

   La particule de fluide reste donc à une distance fixe r_0 de l'axe et à un angle polaire \theta_0 constant : sa trajectoire est une droite parallèle à l'axe (Oz), le mouvement est donc rectiligne.

   De plus, comme le champ de vitesse ne dépend pas de z (écoulement invariant par translation selon l'axe du pore) ni du temps t (écoulement stationnaire), la vitesse de la particule garde une valeur constante tout au long de sa trajectoire :

   \vec{v}_p(t) = v(r_0)\,\vec{u}_z = \vec{\text{cste}}

   La vitesse de la particule étant constante en norme, direction et sens, son accélération est nulle :

   \boxed{\text{Chaque particule de fluide décrit un mouvement rectiligne uniforme.}}

   Résultat

   $$\text{Chaque particule de fluide deˊcrit un mouvement rectiligne uniforme.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique A PT 2026, Q35

   Le système (\mathcal{K}) est un système fermé constitué d'un ensemble de particules fluides dont la masse totale m est constante au cours du temps. Sa quantité de mouvement s'écrit sous forme lagrangienne :

   \vec{P}_{(\mathcal{K})}(t) = \int_{(\mathcal{K})} \vec{v}\,\mathrm{d}m

   D'après la question précédente, chaque particule de fluide est en mouvement rectiligne uniforme, si bien que son accélération (dérivée particulaire de la vitesse) est nulle à tout instant :

   \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{a} = \vec{0}

   En dérivant par rapport au temps la quantité de mouvement du système fermé, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}\vec{P}_{(\mathcal{K})}}{\mathrm{d}t} = \int_{(\mathcal{K})} \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}m = \vec{0}

   La quantité de mouvement du système (\mathcal{K}) est donc constante au cours du temps :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\vec{P}_{(\mathcal{K})}}{\mathrm{d}t} = \vec{0}}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{\vec{P}}_{(\mathcal{K})}}{\mathrm{d}t}=\vec{0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2026, Q41

   La vitesse débitante (ou vitesse moyenne) v_B d'un fluide traversant une section droite S_{\text{c}} d'une canalisation est définie comme la moyenne spatiale de la projection de la vitesse du fluide sur la normale à cette section. Elle correspond au rapport du débit volumique D_{\mathrm{p}} par l'aire S_{\text{c}} de la section droite :

   v_B = \frac{1}{S_{\text{c}}} \iint_{S_{\text{c}}} \vec{v} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \frac{D_{\mathrm{p}}}{S_{\text{c}}}

   La conduite étant cylindrique de diamètre intérieur \delta, sa section intérieure vaut :

   S_{\text{c}} = \frac{\pi \delta^2}{4}

   L'expression littérale de la vitesse débitante au point B est donc :

   \boxed{v_B = \frac{4 D_{\mathrm{p}}}{\pi \delta^2}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} D_{\mathrm{p}} &= 1000\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{1000 \times 10^{-3}\text{ m}^3}{60\text{ s}} = \frac{1}{60}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} \\ \delta &= 100\text{ mm} = 0{,}100\text{ m} \end{aligned}

   D'où :

   \begin{aligned} v_B &= \frac{4 \times \frac{1}{60}}{\pi \times (0{,}100)^2} = \frac{4}{60 \times \pi \times 10^{-2}} = \frac{20}{3\pi}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   En prenant \pi \approx 3{,}14, 3\pi \approx 9{,}42 :

   v_B = \frac{20}{9{,}42} \approx 2{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{v_B \approx 2{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v_B=\frac{4D_{\mathrm{p}}}{\pi {\delta }^2}$$

   $$v_B\approx 2,1\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2024, Q20

   L'eau étant modélisée comme un fluide incompressible et homogène, le volume total d'eau se conserve. À l'instant t, le volume d'eau présent dans le ballon cylindrique de section droite S = \pi R^2 s'écrit (en négligeant le volume contenu dans le col de vidange) :

   V(t) = \pi R^2 z(t)

   La variation du volume d'eau par unité de temps est égale à l'opposé du débit volumique sortant D_v à travers la section du tuyau de vidange s = \pi r^2 où le fluide s'écoule à la vitesse moyenne v_0 :

   \frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} = - D_v = - s \, v_0 = - \pi r^2 v_0

   En dérivant l'expression du volume par rapport au temps :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} &= \pi R^2 \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} \end{aligned}

   On en déduit par identification :

   \pi R^2 \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = - \pi r^2 v_0

   d'où :

   \boxed{v_0 = - \frac{R^2}{r^2} \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}}

   Résultat

   $$v_0=-\frac{R^2}{r^2}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2023, Q17

   L'eau liquide s'écoule à l'intérieur du cylindre creux de rayon intérieur R_{\min}. La section de passage du fluide vaut :

   S = \pi R_{\min}^2

   Le débit volumique D_v s'exprime en fonction de la vitesse moyenne v par D_v = v S. On en déduit l'expression de la vitesse de l'eau à l'entrée :

   \boxed{v = \frac{D_v}{\pi R_{\min}^2}}

   Application numérique : Avec D_v = 500\text{ L}\cdot\text{s}^{-1} = 0{,}500\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} et R_{\min} = 0{,}30\text{ m} :

   S = \pi \times (0{,}30)^2 = 0{,}09\pi \approx 0{,}283\text{ m}^2

   v = \frac{0{,}500}{0{,}09\pi} = \frac{50}{9\pi} \approx \frac{50}{28{,}3} \approx \boxed{1{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Uniformité de la vitesse dans le tuyau :

   • Sur une section droite transverse : d'après les données de l'énoncé, l'eau liquide présente une « viscosité négligeable ». Dans le cadre de l'écoulement d'un fluide parfait sans frottement visqueux, il n'y a pas de condition d'adhérence aux parois ni de gradient transversal de vitesse (profil plat ou écoulement « bouchon ») ; la vitesse est donc uniforme sur toute la section.
   • Le long de la conduite (selon x) : le fluide est supposé incompressible et indilatable (\rho = \text{cte}), la section droite S est constante sur toute la longueur et l'écoulement est stationnaire. La conservation du débit massique D_m = \rho S v = \text{cte} implique que la vitesse v reste constante et uniforme le long de tout le trajet.

   Résultat

   $$v=\frac{D_v}{\pi R_{\min }^2}$$

   $$1,8\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2023, Q4

   D'après le document 2, le débit volumique maximal prélevé est D_v = 0{,}65\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1}. L'eau étant considérée comme incompressible de masse volumique \rho = 1{,}0 \cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, le débit massique maximal dans la conduite après confluence s'écrit :

   D_m = \rho D_v

   Soit numériquement :

   D_m = 1{,}0 \cdot 10^3 \times 0{,}65 = 650\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} \approx 7 \cdot 10^2\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{D_m = 650\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} \approx 7 \cdot 10^2\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}}

   D'après le document 3, la conduite unique après confluence a pour diamètre intérieur D_2 = 0{,}70\text{ m}. Sa section droite est donc :

   S_2 = \frac{\pi D_2^2}{4}

   La vitesse moyenne maximale de l'écoulement dans cette conduite vaut alors :

   v_2 = \frac{D_v}{S_2} = \frac{4 D_v}{\pi D_2^2}

   Numériquement, avec \pi \approx 3{,}14 :

   \begin{aligned} S_2 &= \frac{\pi \times (0{,}70)^2}{4} \approx \frac{3{,}14 \times 0{,}49}{4} \approx 0{,}385\text{ m}^2 \\ v_2 &= \frac{0{,}65}{0{,}385} \approx 1{,}69\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \approx 2\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{v_2 \approx 1{,}7\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \approx 2\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$D_m=650\text{ kg}\cdot {\text{s}}^{-1}\approx 7\cdot 10^2\text{ kg}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$v_2\approx 1,7\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}\approx 2\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2021, Q16

   Comportement de l'eau dans le siphon :

   • Lorsque le niveau d'eau dans le réservoir dépasse la cote z_B, l'eau pénètre dans la branche montante (branche BC) du siphon.
   • La sortie D étant à l'air libre, l'air résiduel dans la branche descendante est à la pression atmosphérique P_0. En régime quasi-statique, le principe des vases communicants s'applique : la surface libre dans la branche BC s'élève donc en continu et se situe à la même hauteur z(t) que celle du réservoir.
   • Tant que la cote z reste inférieure à z_C, le sommet du siphon n'est pas franchi : le siphon n'est pas amorcé et aucun débit ne sort en D (D_s = 0).

   Approximation :

   • La section du tube du siphon est négligeable devant celle du réservoir (S_t \ll S_r).
   • Le volume d'eau contenu dans la branche du siphon, V_{\text{siphon}} = S_t(z - z_B), est donc négligeable devant le volume d'eau dans le réservoir, V_{\text{réservoir}} = S_r(z - z_B).

   • On peut ainsi considérer que la section effective de remplissage est simplement la section du réservoir :

     \boxed{S_r + S_t \approx S_r}

     La totalité du débit d'entrée D_e contribue ainsi à l'élévation du niveau dans la seule cuve principale.

   Résultat

   $$S_r+S_t\approx S_r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2021, Q17

   Pendant la phase de remplissage (z_B \le z < z_C), le siphon n'est pas encore amorcé : aucun écoulement ne sort en D, le débit sortant est donc nul.

   Le fluide étant incompressible, le volume d'eau entrant dans le système entre les instants t et t+\mathrm{d}t s'écrit :

   \mathrm{d}V = D_e\,\mathrm{d}t

   Ce volume se répartit entre le réservoir principal et la branche montante du siphon. En vertu du principe des vases communicants et de l'approximation S_r \gg S_t établie à la question Q16, on a :

   \mathrm{d}V = (S_r + S_t)\,\mathrm{d}z \approx S_r\,\mathrm{d}z

   On en déduit l'équation différentielle régissant la hauteur d'eau z(t) :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \frac{D_e}{S_r}}

   Le débit d'entrée D_e et la section S_r étant constants, la vitesse de progression de la surface libre v_A = \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} est constante. L'intégration immédiate avec la condition initiale z(0) = z_B donne :

   \boxed{z(t) = z_B + \frac{D_e}{S_r}\,t}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=\frac{D_e}{S_r}$$

   $$z(t)=z_B+\frac{D_e}{S_r}t$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2021, Q18

    D'après le résultat de la question Q17, le niveau d'eau dans le réservoir au cours de la phase de remplissage suit la loi horaire :

    z(t) = z_B + \frac{D_e}{S_r}t

    L'instant t_1 correspond au moment où la surface libre atteint la cote haute z_C, soit z(t_1) = z_C. On en déduit directement :

    z_C = z_B + \frac{D_e}{S_r}t_1

    ce qui conduit à l'expression de la durée de remplissage t_1 :

    \boxed{t_1 = \frac{S_r (z_C - z_B)}{D_e}}

    Résultat

    $$t_1=\frac{S_r(z_C-z_B)}{D_e}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question