Feuille d'entraînement : Dynamique des fluides parfaits

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2026, Q44

   Considérons une tranche de fluide en écoulement stationnaire incompressible et homogène entre la surface libre du puits en A_0 et l'entrée du vase d'expansion en D. En l'absence de pertes de charge, le bilan d'énergie mécanique (théorème de Bernoulli avec apport de puissance mécanique par la pompe) s'écrit :

   \Delta e_m = \left( \frac{v_D^2 - v_{A_0}^2}{2} \right) + g(z_D - z_{A_0}) + \frac{P_D - P_{A_0}}{\rho} = w_{\text{pompe}}

   où w_{\text{pompe}} = \frac{\mathcal{P}}{D_m} = \frac{\mathcal{P}}{\rho D_p} est le travail massique utile transféré par la pompe au fluide.

   D'après la question précédente, la variation d'énergie cinétique est négligée devant la variation d'énergie potentielle, d'où :

   \frac{\mathcal{P}}{\rho D_p} = g(z_D - z_{A_0}) + \frac{P_D - P_{A_0}}{\rho}

   Or, d'après les conditions de fonctionnement imposées :

   • la surface libre A_0 est à l'air libre : P_{A_0} = P_0 = 1{,}0\text{ bar} = 1{,}0 \times 10^5\text{ Pa} ;
   • au point D, la pression maximale recherchée est P_D = P_{\max} = 6{,}0\text{ bar} = 6{,}0 \times 10^5\text{ Pa} ;
   • le dénivelé vaut z_D - z_{A_0} = h = 25\text{ m}.

   En multipliant par le débit massique D_m = \rho D_p, on obtient l'expression littérale de la puissance mécanique :

   \boxed{\mathcal{P} = D_p \left[ (P_{\max} - P_0) + \rho g h \right]}

   Application numérique :

   • D_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} ;
   • P_{\max} - P_0 = (6{,}0 - 1{,}0)\text{ bar} = 5{,}0 \times 10^5\text{ Pa} ;

   • avec g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} (ou g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}) :

     \rho g h = 1{,}0 \times 10^3 \times 9{,}8 \times 25 = 2{,}45 \times 10^5\text{ Pa} \quad (\text{ou } 2{,}5 \times 10^5\text{ Pa})

   La surpression totale à assurer vaut donc :

   \Delta P_{\text{tot}} = (P_{\max} - P_0) + \rho g h = 5{,}0 \times 10^5 + 2{,}45 \times 10^5 = 7{,}45 \times 10^5\text{ Pa} \quad (\text{soit } 7{,}5 \times 10^5\text{ Pa pour } g=10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2})

   On en déduit :

   \mathcal{P} = \frac{7{,}45 \times 10^5}{60} \approx 12{,}4\text{ kW} \quad \left(\text{ou } \mathcal{P} = \frac{7{,}50 \times 10^5}{60} = 12{,}5\text{ kW}\right)

   \boxed{\mathcal{P} \approx 12{,}4\text{ kW} \quad (\text{ou } 12{,}5\text{ kW avec } g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2})}

   Résultat

   $$\mathcal{P}=D_p\left[(P_{\max }-P_0)+\rho gh\right]$$

   $$\mathcal{P}\approx 12,4\text{ kW}(\text{ou }12,5\text{ kW avec }g=10\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-2})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique B PT 2026, Q24

   La relation de Bernoulli traduit la conservation de l'énergie mécanique d'une particule fluide au cours de son mouvement.

   1. Conditions d'application :

   • Écoulement permanent (stationnaire) : \dfrac{\partial \vec{v}}{\partial t} = \vec{0} ;
   • Fluide incompressible et homogène (\rho = \text{cte}) ;
   • Fluide parfait (viscosité négligeable, absence de frottements visqueux et de pertes de charge) ;
   • Forces volumiques conservatives (ici la seule force volumique considérée est la pesanteur, dérivant de l'énergie potentielle de pesanteur).

   2. Énoncé de la relation : Sous ces hypothèses, le long d'une même ligne de courant (et dans tout le fluide si l'écoulement est de surcroît irrotationnel) :

   \boxed{P + \frac{1}{2}\,\rho\,v^2 + \rho\,g\,z = \text{constante}}

   ou, de façon équivalente par unité de masse de fluide :

   \frac{P}{\rho} + \frac{1}{2}\,v^2 + g\,z = \text{constante}

   où P est la pression statique au point considéré, v la vitesse locale de l'écoulement, \rho la masse volumique du fluide, g l'intensité de la pesanteur et z la cote mesurée selon un axe vertical ascendant.

   Dans le cas d'une conduite horizontale d'axe fixe (z = \text{cte}), la relation s'écrit simplement :

   P + \frac{1}{2}\,\rho\,v^2 = \text{constante}

   Résultat

   $$P+\frac{1}{2}\rho v^2+\rho gz=\text{constante}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique B PT 2026, Q25

   Les hypothèses d'application du théorème de Bernoulli sont satisfaites (écoulement stationnaire, fluide parfait et incompressible). Considérons une ligne de courant joignant le point A au point B le long de l'axe de la conduite.

   Le débitmètre étant horizontal, les cotes sont égales : z_A = z_B. La relation de Bernoulli s'écrit donc :

   P_A + \frac{1}{2}\,\rho_d\,u^2 = P_B + \frac{1}{2}\,\rho_d\,v^2

   D'après le résultat de la question Q23, la conservation du débit volumique donne :

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

   En substituant cette expression dans la relation de Bernoulli, on obtient :

   \begin{aligned} P_A - P_B &= \frac{1}{2}\,\rho_d\left(v^2 - u^2\right) \\ &= \frac{1}{2}\,\rho_d\,u^2\left[\left(\frac{S}{s}\right)^2 - 1\right] \end{aligned}

   Comme la section au col est plus étroite (S > s), on a (S/s)^2 - 1 > 0 et P_A > P_B (effet Venturi). Il vient ainsi :

   u^2 = \frac{2\left(P_A - P_B\right)}{\rho_d\left[\left(\dfrac{S}{s}\right)^2 - 1\right]}

   La vitesse étant positive dans le sens de l'écoulement, on en déduit :

   \boxed{u = \sqrt{\frac{2\left(P_A - P_B\right)}{\rho_d\left[\left(\dfrac{S}{s}\right)^2 - 1\right]}} = s\sqrt{\frac{2\left(P_A - P_B\right)}{\rho_d\left(S^2 - s^2\right)}}}

   Résultat

   $$u=\sqrt{\frac{2\left(P_A-P_B\right)}{{\rho }_d\left[{\left(\frac{S}{s}\right)}^2-1\right]}}=s\sqrt{\frac{2\left(P_A-P_B\right)}{{\rho }_d\left(S^2-s^2\right)}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique B PT 2024, Q19

   Pour un fluide homogène et incompressible de masse volumique \rho, en écoulement stationnaire et parfait (viscosité négligée), soumis au seul champ de pesanteur uniforme \vec{g} = -g\,\vec{u}_z (axe Oz vertical ascendant), la relation de Bernoulli s'écrit, le long d'une même ligne de courant :

   \boxed{P + \frac{1}{2}\rho v^2 + \rho g z = \text{constante}}

   ou, sous forme massique :

   \frac{P}{\rho} + \frac{1}{2}v^2 + g z = \text{constante}

   où :

   • P est la pression statique locale du fluide (en \mathrm{Pa}) ;
   • \rho est la masse volumique du fluide (en \mathrm{kg}\cdot\mathrm{m}^{-3}) ;
   • v est la norme de la vitesse d'écoulement du fluide (en \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}) ;
   • g est l'accélération de la pesanteur (en \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2}) ;
   • z est l'altitude repérée selon la verticale ascendante (en \mathrm{m}).

   Résultat

   $$P+\frac{1}{2}\rho v^2+\rho gz=\text{constante}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique B PT 2024, Q21

   On applique la relation de Bernoulli rappelée à la question 19, sous l'hypothèse d'un écoulement quasi-stationnaire, le long d'une ligne de courant reliant :

   • un point A situé à la surface libre de l'eau, à la cote z(t), où la pression est la pression atmosphérique P_{\text{atm}} (le ballon étant ouvert à son sommet) et où la vitesse d'écoulement est v_z ;
   • un point B situé au niveau du robinet de vidange, à la cote z=0, où le fluide débouche à l'air libre (jet libre), soit P = P_{\text{atm}}, avec une vitesse v_0.

   La relation de Bernoulli s'écrit entre ces deux points :

   \begin{aligned} P_{\text{atm}} + \frac{1}{2}\rho v_z^2 + \rho g z(t) &= P_{\text{atm}} + \frac{1}{2}\rho v_0^2 + \rho g \times 0 \end{aligned}

   En simplifiant par P_{\text{atm}} puis en divisant par \frac{1}{2}\rho, on obtient :

   \begin{aligned} v_0^2 &= 2gz(t) + v_z^2 \end{aligned}

   Les vitesses étant positives, on en déduit l'expression de la vitesse d'éjection :

   \boxed{v_0 = \sqrt{2gz(t) + v_z^2}}

   Résultat

   $$v_0=\sqrt{2gz(t)+v_z^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique B PT 2023, Q11

   Pour un fluide parfait (viscosité négligée), incompressible et homogène (masse volumique \rho constante), en écoulement stationnaire dans le champ de pesanteur uniforme \vec{g} = -g\,\vec{u}_z, la quantité appelée charge est conservée le long d'une même ligne de courant :

   \boxed{P + \frac{1}{2}\rho v^2 + \rho g z = \text{cte}}

   où :

   • P est la pression statique locale ;
   • v est la vitesse locale du fluide ;
   • z est l'altitude repérée sur un axe vertical ascendant.

   En divisant par \rho g, cette relation s'exprime de manière équivalente sous forme de hauteur de charge H (homogène à une longueur, exprimée en mètres de colonne de fluide) :

   \boxed{\frac{P}{\rho g} + \frac{v^2}{2g} + z = H = \text{cte}}

   Résultat

   $$P+\frac{1}{2}\rho v^2+\rho gz=\text{cte}$$

   $$\frac{P}{\rho g}+\frac{v^2}{2g}+z=H=\text{cte}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique B PT 2023, Q12

   Pour un fluide réel newtonien, la viscosité engendre des frottements internes et vis-à-vis des parois, responsables d'une dissipation d'énergie mécanique en énergie thermique. La charge totale H n'est donc plus conservée : elle décroît strictement dans le sens de l'écoulement.

   Entre une section amont (1) et une section aval (2), en l'absence de machine hydraulique (pompe ou turbine) entre ces deux sections, la relation de Bernoulli généralisée s'écrit sous forme de hauteurs de fluide (en mètres de colonne d'eau) :

   \boxed{H_1 - H_2 = \Delta H_{\mathrm{pc}} \iff \left(\frac{P_1}{\rho g} + \frac{v_1^2}{2g} + z_1\right) - \left(\frac{P_2}{\rho g} + \frac{v_2^2}{2g} + z_2\right) = \Delta H_{\mathrm{pc}}}

   où \Delta H_{\mathrm{pc}} = \Delta H_{\mathrm{pcl}} + \Delta H_{\mathrm{pca}} > 0 représente la perte de charge totale entre l'amont et l'aval, somme des pertes de charge régulières (ou linéaires) et singulières (ou accidentelles).

   Exprimée en termes de pression volumique (en pascals), cette relation équivaut à :

   \left(P_1 + \frac{1}{2}\rho v_1^2 + \rho g z_1\right) - \left(P_2 + \frac{1}{2}\rho v_2^2 + \rho g z_2\right) = \rho g \Delta H_{\mathrm{pc}} = \Delta P_{\mathrm{pc}}

   Résultat

   $$H_1-H_2=\Delta H_{\mathrm{pc}}⟺\left(\frac{P_1}{\rho g}+\frac{v_1^2}{2g}+z_1\right)-\left(\frac{P_2}{\rho g}+\frac{v_2^2}{2g}+z_2\right)=\Delta H_{\mathrm{pc}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2021, Q15

   Pour un écoulement vérifiant certaines hypothèses, la relation de Bernoulli s'écrit le long d'une même ligne de courant reliant deux points 1 et 2 :

   \boxed{P_1 + \frac{1}{2}\rho v_1^2 + \rho g z_1 = P_2 + \frac{1}{2}\rho v_2^2 + \rho g z_2 = \text{cte}}

   où P désigne la pression statique, \rho la masse volumique du fluide, v la vitesse de la particule fluide, g l'accélération de la pesanteur et z l'altitude mesurée selon un axe vertical ascendant.

   Les conditions de validité de cette relation sont :

   1. Écoulement stationnaire (indépendant du temps) ;
   2. Fluide incompressible et homogène (\rho = \text{cte}) ;
   3. Fluide parfait (viscosité négligeable, absence de frottements visqueux) ;
   4. Forces de volume dérivant d'une énergie potentielle (ici la pesanteur, supposée uniforme, avec l'axe (Oz) vertical ascendant) ;
   5. Absence de transfert de travail mécanique entre le fluide et l'extérieur (pas de machine telle qu'une pompe ou une turbine sur le tronçon de ligne de courant considéré).

   Résultat

   $$P_1+\frac{1}{2}\rho v_1^2+\rho g{z}_1=P_2+\frac{1}{2}\rho v_2^2+\rho g{z}_2=\text{cte}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2021, Q20

   Pendant la phase de vidange, l'écoulement varie suffisamment lentement pour être décrit dans l'approximation des écoulements quasi-stationnaires. Le fluide (l'eau) est incompressible et non visqueux, soumis au seul champ de pesanteur uniforme \vec{g} = -g\vec{u}_z.

   Appliquons la relation de Bernoulli (établie à la question Q15) le long d'une ligne de courant reliant un point A de la surface libre du réservoir (à la cote z) à un point de la section de sortie D du siphon (à la cote z_D = 0) :

   P_A + \frac{1}{2}\rho v_A^2 + \rho g z_A = P_D + \frac{1}{2}\rho v_D^2 + \rho g z_D

   Précisons les conditions aux limites :

   • La surface libre A et la sortie D débouchent toutes deux à l'atmosphère, de sorte que P_A = P_D = P_{\text{atm}}.
   • Les cotes valent respectivement z_A = z et z_D = 0.

   L'équation se simplifie ainsi en :

   \frac{1}{2}\rho v_A^2 + \rho g z = \frac{1}{2}\rho v_D^2

   Par conservation du débit volumique du fluide vidangé, la vitesse à la surface libre v_A et la vitesse de sortie v_D sont reliées par :

   v_A \sim \frac{S_t}{S_r} v_D

   Puisque S_r \gg S_t, on a v_A \ll v_D, ce qui permet de négliger l'énergie cinétique à la surface libre devant celle en sortie (v_A^2 \ll v_D^2).

   Il vient alors immédiatement :

   \frac{1}{2}\rho v_D^2 = \rho g z

   Soit finalement :

   \boxed{v_D = \sqrt{2gz}}

   Résultat

   $$v_D=\sqrt{2gz}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2026, Q43

    1. Vitesse du fluide en A_0 :

    L'écoulement étant incompressible, la conservation du débit volumique à travers la surface libre du puits de section S = 1\text{ m}^2 donne la vitesse d'abaissement du plan d'eau :

    v_{A_0} = \frac{D_{\mathrm{p}}}{S}

    Avec D_{\mathrm{p}} = 1000\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{1}{60}\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} \approx 1{,}67 \times 10^{-2}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, on obtient :

    v_{A_0} \approx 1{,}7\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1}

    La section du puits étant très grande devant celle de la conduite (S \gg \frac{\pi \delta^2}{4}), cette vitesse est négligeable devant la vitesse dans la conduite (v_B \approx 2{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} d'après la question Q41) :

    \boxed{v_{A_0} \approx 0}

    2. Comparaison des variations d'énergie :

    Entre la surface libre A_0 (cote z_{A_0} = -h = -25\text{ m}) et le point D situé au niveau du sol (z_D = 0), la conduite conservant un diamètre \delta constant, la vitesse en D est égale à celle en B : v_D = v_B \approx 2{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

    La variation d'énergie cinétique massique s'écrit :

    \Delta e_{\mathrm{c}} = \frac{1}{2}\left(v_D^2 - v_{A_0}^2\right) \approx \frac{1}{2} v_D^2

    Application numérique :

    \Delta e_{\mathrm{c}} \approx \frac{1}{2} \times (2{,}1)^2 \approx 2{,}2\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}

    La variation d'énergie potentielle de pesanteur massique vaut :

    \Delta e_{\mathrm{p}} = g(z_D - z_{A_0}) = g h

    En prenant g \approx 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} (ou 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}) :

    \Delta e_{\mathrm{p}} \approx 9{,}8 \times 25 \approx 2{,}5 \times 10^2\text{ J}\cdot\text{kg}^{-1}

    On forme le rapport :

    \frac{\Delta e_{\mathrm{c}}}{\Delta e_{\mathrm{p}}} \approx \frac{2{,}2}{250} \approx 9 \times 10^{-3} \sim 1\% \ll 1

    On en conclut que :

    \boxed{\Delta e_{\mathrm{c}} \ll \Delta e_{\mathrm{p}}}

    La variation d'énergie cinétique du fluide est donc parfaitement négligeable devant la variation d'énergie potentielle.

    Résultat

    $$v_{A_0}\approx 0$$

    $$\Delta e_{\mathrm{c}}\ll \Delta e_{\mathrm{p}}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question