Corrigé bac physique-chimie 2025 — Exercice 3 : Traitement des eaux d'un bassin d'orage

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité physique-chimie, session 2025. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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Énoncé

Traitement des eaux d'un bassin d'orage (6 points)

En France, les eaux pluviales excédentaires produites par les orages sont parfois stockées dans des bassins de rétention. Mais, sous l'effet de la chaleur, ces eaux de bassin voient leur taux de dioxygène diminuer. Pour assurer le rejet des eaux de bassin en milieu naturel, le taux de dioxygène est surveillé. Cette fonction peut être assurée par des capteurs installés sur une bouée autonome. Quant à l'oxygénation, elle peut être assurée par un aérateur à jet.

L'objectif de cet exercice est d'étudier la flottabilité d'une telle bouée, puis d'évaluer le temps nécessaire à l'amélioration de la qualité de l'eau par un aérateur à jet.

1. Surveillance de la qualité de l'eau

Une bouée autonome instrumentée est constituée de deux parties principales : le capteur et le flotteur qui contient les instruments de communication. L'immersion de la bouée ne doit pas dépasser 20 % de son volume total pour maintenir les instruments hors de l'eau et faciliter la communication avec l'extérieur.

Données :

Volume de la bouée $V_{b o u e ˊ e} = 6, 7 \times 1 0^{- 3} m^{3}$ ;
Masse totale de la bouée $m = 1, 0 kg$ ;
Masse volumique de l'eau $ρ_{e a u} = 1, 00 \times 1 0^{3} kg \cdot m^{- 3}$ ;
Intensité de la pesanteur terrestre $g = 9, 81 N \cdot k g^{- 1}$ ;
Expression de la poussée d'Archimède : $π_{A} = ρ_{F} V_{F} g$ avec $ρ_{F}$ : masse volumique du fluide déplacé et $V_{F}$ : volume du fluide déplacé.

Q1. Nommer les deux forces exercées sur la bouée supposée à l'équilibre puis les représenter sans souci d'échelle sur un schéma annoté.

Q2. Déterminer la valeur de $V_{imm}$ , le volume immergé de la bouée à l'équilibre.

Q3. En déduire la proportion du volume immergé par rapport au volume total de la bouée. Commenter.

2. Traitement de l'eau

La bouée autonome mesure le taux de dioxygène dissous dans l'eau du bassin d'orage. La norme impose que le taux en dioxygène soit compris entre 6 et 8 mg·L⁻¹. Sous l'effet de la chaleur, ce taux diminue et atteint 4 mg·L⁻¹ : il faut l'augmenter. Pour cela, un aérateur à jet immergé est utilisé pour injecter de l'air (et donc du dioxygène) dans l'eau. L'aérateur aspire de l'eau et la fait circuler dans une conduite horizontale présentant un rétrécissement d'une section circulaire de diamètre $d_{A}$ vers une section de diamètre $d_{B}$ . C'est au niveau de cette partie rétrécie que l'eau et l'air (aspiré depuis l'entrée d'air) se mélangent.

Données :

Diamètre de la canalisation en A, $d_{A} = 55 mm$ ;
Diamètre de la canalisation en B, $d_{B} = 33 mm$ ;
Vitesse de l'eau en A, $v_{A} = 5, 6 m \cdot s^{- 1}$ ;
Volume d'eau dans le bassin d'orage $V_{e a u} = 172 m^{3}$ ;
Masse volumique de l'eau dans le bassin d'orage $ρ_{e a u} = 1, 00 \times 1 0^{3} kg \cdot m^{- 3}$ ;
Relation de Bernoulli dans la conduite horizontale : $p + \frac{1}{2} ρ v^{2} + ρ g z = co n s t an t e$ , avec $p$ : pression ; $ρ$ : masse volumique du fluide ; $g$ : intensité de la pesanteur ; $z$ : coordonnée verticale de la position ; $v$ : valeur de la vitesse du fluide.

On considère que l'eau est un fluide incompressible et que le régime est permanent. Le débit volumique $D_{V}$ d'un fluide dans une canalisation dépend de la vitesse $v$ et du déplacement du fluide dans la section S de la canalisation.

Q4. Recopier la formule permettant de calculer le débit volumique $D_{V}$ , en justifiant la réponse par une analyse dimensionnelle ou une analyse des unités. $D_{V} = \frac{v}{S}; D_{V} = S \cdot v; D_{V} = v^{2} \cdot S$

Q5. Montrer, par un calcul, que la valeur du débit volumique de l'eau dans la canalisation est $D_{V} = 1, 3 \times 1 0^{- 2} m^{3} \cdot s^{- 1}$ .

Q6. Exploiter la conservation du débit volumique pour montrer que la valeur de la vitesse de l'eau au point B vaut 16 m·s⁻¹.

Q7. Nommer le phénomène physique observé au point B responsable de l'aspiration de l'air.

Q8. Montrer que l'expression de la variation de la pression entre les points A et B $Δ p = p_{B} - p_{A}$ peut s'exprimer : $Δ p = \frac{1}{2} ρ (v_{A}^{2} - v_{B}^{2})$

Q9. Calculer la valeur numérique de $Δ p$ . Commenter.

L'eau contenue dans ce bassin d'orage, dont le taux en dioxygène est de 4 mg·L⁻¹, doit être évacuée en moins de deux heures dans une rivière voisine. Elle doit être traitée avant son oxygénation. L'aérateur est mis en marche. On considère que l'oxygénation est constante tout au long du processus et que le bassin est un système fermé (pas d'échanges avec l'extérieur).

Q10. Montrer qu'il faut ajouter 344 g de dioxygène à l'eau du bassin pour atteindre un taux de dioxygène de 6 mg·L⁻¹.

L'aérateur permet l'assimilation de 6 mg de dioxygène par litre d'eau brassé.

Q11. Calculer le volume d'eau qui doit être brassé par l'aérateur pour assimiler la masse de dioxygène nécessaire.

Q12. Déterminer si l'oxygénation de l'eau peut être faite en moins de deux heures dans ces conditions.

Corrigé

1. Surveillance de la qualité de l'eau

Q1. Les deux forces exercées sur la bouée sont :

Le poids $P$ appliqué au centre de masse G de la bouée, force verticale orientée vers le bas.
La poussée d'Archimède due à l'eau $π_{A}$ appliquée au centre de masse C de la partie immergée de la bouée (centre de poussée), force verticale orientée vers le haut.

À l'équilibre, les deux forces se compensent : $P + π_{A} = 0$ . Elles ont donc la même direction et la même norme mais des sens opposés.

(figure : schéma de la bouée avec $π_{A}$ orientée vers le haut et $P$ vers le bas, séparation Air / Eau)

Q2. On a : $P = π_{A}$ , soit $m g = ρ_{e a u} V_{imm} g$ . Le volume d'eau déplacé est égal au volume immergé de la bouée, donc $m = ρ_{e a u} V_{imm}$ : $V_{imm} = \frac{m}{ρ _{e a u}}$ soit : $V_{imm} = \frac{1 , 0 kg}{1 , 0 \times 1 0 ^{3} kg \cdot m ^{- 3}} = 1, 0 \times 1 0^{- 3} m^{3}$

Q3. La proportion du volume immergé par rapport au volume total de la bouée est : $\frac{V _{imm}}{V _{b o u e ˊ e}} = \frac{1 , 0 \times 1 0 ^{- 3} m ^{3}}{6 , 7 \times 1 0 ^{- 3} m ^{3}} = 0, 15 = 15 %$ 15 % < 20 % : l'immersion de la bouée ne dépasse pas 20 % de son volume total. Les instruments de communication sont bien maintenus hors de l'eau.

2. Traitement de l'eau

Q4. Le débit volumique $D_{v} = \frac{V}{Δ t}$ s'exprime en m³·s⁻¹ car le volume $V$ s'exprime en m³ et la durée $Δ t$ en s. La vitesse $v$ s'exprime en m·s⁻¹ et la section $S$ en m². Ainsi :

$\frac{v}{S}$ s'exprime en $\frac{m \cdot s ^{- 1}}{m ^{2}} = m^{- 1} \cdot s^{- 1} \neq = m^{3} \cdot s^{- 1}$ : la relation $D_{V} = \frac{v}{S}$ ne convient pas.
$S \cdot v$ s'exprime en $m^{2} \cdot m \cdot s^{- 1} = m^{3} \cdot s^{- 1}$ : la relation $D_{V} = S \cdot v$ convient.
$v^{2} \cdot S$ s'exprime en $m^{2} \cdot s^{- 2} \cdot m^{2} = m^{4} \cdot s^{- 2} \neq = m^{3} \cdot s^{- 1}$ : la relation $D_{V} = v^{2} \cdot S$ ne convient pas. $D_{V} = S \cdot v$

Q5. Au point A : $D_{V, A} = S_{A} \cdot v_{A}$ . La conduite présente une section circulaire de diamètre $d_{A}$ , donc $S_{A} = π (\frac{d _{A}}{2})^{2}$ : $D_{V, A} = π (\frac{d _{A}}{2})^{2} v_{A} = π \times (\frac{55 \times 1 0 ^{- 3} m}{2})^{2} \times 5, 6 m \cdot s^{- 1} = 1, 3 \times 1 0^{- 2} m^{3} \cdot s^{- 1}$

Q6. Le débit volumique se conserve entre les points A et B donc $D_{V, A} = D_{V, B}$ , soit $S_{A} \cdot v_{A} = S_{B} \cdot v_{B}$ : $π (\frac{d _{A}}{2})^{2} v_{A} = π (\frac{d _{B}}{2})^{2} v_{B} \Leftrightarrow d_{A}^{2} v_{A} = d_{B}^{2} v_{B} \Leftrightarrow v_{B} = (\frac{d _{A}}{d _{B}})^{2} v_{A}$ En laissant les diamètres en mm : $v_{B} = (\frac{55}{33})^{2} \times 5, 6 = 16 m \cdot s^{- 1}$

Q7. Il s'agit de l'effet Venturi. L'effet Venturi se produit lors du passage d'un fluide dans une conduite dont la section diminue. Il provoque une chute de pression et donc ici une aspiration de l'air.

Q8. La relation de Bernoulli appliquée sur une ligne de courant passant par les points A et B donne : $p_{A} + \frac{1}{2} ρ v_{A}^{2} + ρ g z_{A} = p_{B} + \frac{1}{2} ρ v_{B}^{2} + ρ g z_{B}$ La conduite étant horizontale : $z_{A} = z_{B}$ . Ainsi $p_{A} + \frac{1}{2} ρ v_{A}^{2} = p_{B} + \frac{1}{2} ρ v_{B}^{2}$ , et : $Δ p = p_{B} - p_{A} = \frac{1}{2} ρ v_{A}^{2} - \frac{1}{2} ρ v_{B}^{2} = \frac{1}{2} ρ (v_{A}^{2} - v_{B}^{2})$

Q9. $Δ p = \frac{1}{2} \times 1, 00 \times 1 0^{3} \times (5, 6^{2} - 1 6^{2}) = - 1, 1 \times 1 0^{5} Pa$ Commentaire : la forte chute de pression conduit à l'aspiration de l'air, conforme à l'effet Venturi. Remarque : la pression atmosphérique est proche de $1, 0 \times 1 0^{5} Pa$ ; la baisse de pression semble donc trop grande puisqu'elle conduirait à une pression négative (impossible). Sans doute que le régime d'écoulement de l'eau n'est pas réellement permanent.

Q10. Le taux de dioxygène doit passer de 4 mg·L⁻¹ à 6 mg·L⁻¹, soit une augmentation de 2 mg·L⁻¹. Or $2 mg = 2 \times 1 0^{- 3} g$ pour $1 L = 1 \times 1 0^{- 3} m^{3}$ , et $V_{e a u} = 172 m^{3}$ : $m (O X_{2}) = \frac{172 m ^{3} \times 2 \times 1 0 ^{- 3} g}{1 \times 1 0 ^{- 3} m ^{3}} = 344 g$

Q11. L'aérateur permet l'assimilation de 6 mg de dioxygène par litre d'eau brassé, soit $6 \times 1 0^{- 3} g$ pour $1 \times 1 0^{- 3} m^{3}$ , et $344 g$ pour $V_{e a u, b r a ss e ˊ e}$ : $V_{e a u, b r a ss e ˊ e} = \frac{344 g \times 1 \times 1 0 ^{- 3} m ^{3}}{6 \times 1 0 ^{- 3} g} = 57 m^{3}$

Q12. Avec un débit volumique $D_{v} = \frac{V _{e a u, b r a ss e ˊ e}}{Δ t} = 1, 3 \times 1 0^{- 2} m^{3} \cdot s^{- 1}$ , il faut une durée $Δ t$ égale à : $Δ t = \frac{V _{e a u, b r a ss e ˊ e}}{D _{v}} = \frac{57 m ^{3}}{1 , 3 \times 1 0 ^{- 2} m ^{3} \cdot s ^{- 1}} \approx 4, 4 \times 1 0^{3} s \approx 1, 2 h < 2 h$ L'oxygénation de l'eau peut donc être faite en moins de deux heures.

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