Correction de l’éxercice fosse
de plongée

1.2.

Appelons B un point à la surface ($z_B=\pu{0 m}$)
et A un point à une profondeur de 20 m ($z_A=\pu{-20 m}$)

Puis appliquons le principe fondamental de l'hydrostatique entre A et B :

${\color{#FFD932}P_B} - {\color{#61D836}P_A} = \rho g ({\color{#61D836}z_A}-{\color{#FFD932}z_B})$

On cherche la pression à la profondeur de 20 m $P_A$ :

$- {\color{#61D836}P_A} = \rho g ({\color{#61D836}z_A}-{\color{#FFD932}z_B})-{\color{#FFD932}P_B}$

$\quad\;\; {\color{#61D836}P_A} = {\color{#FF644E}-}\rho g ({\color{#61D836}z_A}-{\color{#FFD932}z_B}){\color{#FF644E}+}{\color{#FFD932}P_B}$

Application numérique :

1.4.

La modélisation des résultats expérimentaux donne :
$\begin{equation} P=\pu{9,77E3}\times h+\pu{101,3E3} \tag{a} \end{equation}$
et comme on l’a vu à question 1.2, la loi fondamentale de la statique des fluides prédit :
$\begin{equation} P_A = -\rho g (z_A-z_B)+P_B \tag{b} \end{equation}$

Si B est un point à la surface, $P_B=P_0=\color{#FFD932}\pu{101,3E3 Pa}$
et $z_B=\color{#61D836}\pu{0 m}$.

Si A est un point à la profondeur $h$,
alors $z_A=\color{#FF644E}-h$.

Posons $P_A=\color{#73FDEA}P$.

Dans le cas de l'eau : $\rho \times g= \pu{1,0E3}\times\pu{9,81} = \color{#FF95CA}\pu{9,81E3}$

(b) devient :

$ \begin{aligned} {\color{#73FDEA}P} &= - {\color{#FF95CA}\pu{9,81E3}} ({\color{#FF644E}-h}-{\color{#61D836}0})+{\color{#FFD932}\pu{101,3E3}}\\ &= \pu{9,81E3}\times h + \pu{101,3E3} \end{aligned} $

On retrouve bien quelque chose de très proche de (a).

2.3.

À 20 m de profondeur, on est à la pression $P_2$
calculée en 1.2., soit environ 3,0 bar.

Appliquons la loi de Mariotte
pour connaître le volume $V_2$ d'air disponible :

$P_1 V_1 = P_2 V_2$

$$\Rightarrow V_2 = \frac{P_1 V_1}{P_2}$$

$$V_2 = \frac{\pu{200 bar}\times \pu{12 L}}{\pu{3,0 bar}}$$

$$V_2 = \pu{8,0E2 L}$$

Il y a environ 800 L d'air disponible

Et comme le plongeur consomme
15 L d’air par minute,
son autonomie est de :

$$\frac{\pu{8,0E2 L}}{\pu{15 L*min-1}} = \pu{53 min}$$