Poussée d'Archimède

Débutant

Plongez au fond d'une piscine et vous sentez l'eau appuyer sur vos oreilles. L'eau presse sur tout ce qui s'y trouve, de tous les côtés, et d'autant plus fort qu'on descend, car l'eau du bas porte toute l'eau située au-dessus.

Imaginez maintenant un bloc sous l'eau. Son dessous est plus profond que son dessus : l'eau pousse donc plus fort vers le haut sur le dessous qu'elle ne pousse vers le bas sur le dessus. Il reste une poussée vers le haut : la poussée d'Archimède.

Quelle est sa valeur ? Pensez à un sac plastique très fin rempli d'eau, immobile dans la piscine. Il ne coule pas et ne remonte pas : l'eau qui l'entoure porte donc exactement son poids. Remplacez le sac par une pierre de même forme : l'eau ne voit pas la différence et pousse tout aussi fort. C'est le principe d'Archimède : la poussée est égale au poids du fluide que l'objet déplace. Chaque litre d'eau déplacé fournit environ 9,8 N de poussée : sous l'eau, on ne soulève que le poids de l'objet moins cette poussée.

Un objet plus lourd que l'eau qu'il peut déplacer coule. Un objet plus léger flotte : il s'enfonce juste assez pour que l'eau déplacée pèse autant que lui. Dans l'animation, le bloc de bois monte et descend, puis s'immobilise avec 60 % de sa hauteur sous l'eau, quand la flèche « l'eau pousse » est devenue aussi longue que la flèche « poids ». L'air est aussi un fluide : une montgolfière s'élève parce qu'elle pèse moins que l'air qu'elle déplace.

Testez-vous : une pierre de 3 litres repose au fond d'un lac. De combien semble-t-elle plus légère quand on la soulève sous l'eau ? Réponse : du poids de 3 litres d'eau, environ 29 N.

Intermédiaire

Ce que mesurent masse volumique et pression

Ce qui décide qu'un objet flotte ou coule, c'est sa masse volumique, la masse par unité de volume :
$\rho =\frac{m}{V}$

Elle s'exprime en kg/m³. L'eau douce a une masse volumique de 1000 kg/m³, si bien qu'un litre a une masse de 1 kg ; celle de la glace vaut 920 kg/m³ et celle de l'acier environ 7850 kg/m³. Pour un objet creux ou composite, $\rho$ est la masse volumique moyenne : la masse totale divisée par tout le volume délimité par sa surface extérieure.

La pression est une force par unité de surface, en pascals ($1\mathrm{Pa}=1N/{\mathrm{m}}^2$). Un fluide au repos pousse perpendiculairement à toute surface, et d'autant plus fort que l'on descend, car chaque couche porte le fluide situé au-dessus :
$p=p_0+\rho gh$

Ici $p_0$ est la pression à la surface, environ 101 kPa, et $h$ la profondeur ; l'eau ajoute environ 9,8 kPa par mètre, comme le montre la leçon Pression dans les fluides et principe de Pascal.

D'où vient la poussée d'Archimède

Prenez une boîte de hauteur $H$, dont le dessus et le dessous, horizontaux, ont chacun l'aire $A$, entièrement sous l'eau. Son dessous est plus profond de $H$ : la pression y est donc plus grande de $\rho gH$, et la poussée vers le haut sur le dessous l'emporte sur la poussée vers le bas sur le dessus :
$F_{\mathrm{haut}}-F_{\mathrm{bas}}=\rho gHA=\rho gV$

Les poussées latérales se compensent deux à deux, et $p_0$ comme la profondeur de la boîte disparaissent : la poussée résultante est dirigée vers le haut, égale au poids de l'eau que la boîte remplace, et la même à toute profondeur.

Pour une autre forme, imaginez la place de l'objet remplie d'eau. Cette portion d'eau reste au repos : l'eau qui l'entoure la soutient donc avec exactement son poids, sans savoir ce qu'il y a à l'intérieur de la surface. C'est le principe d'Archimède : un corps plongé dans un fluide subit une poussée vers le haut, la poussée d'Archimède, égale au poids du fluide qu'il déplace,
$F_b={\rho }_{\mathrm{fluide}}{V}_{\mathrm{imm}}g$

Utilisez la masse volumique du fluide, non celle de l'objet, et seulement le volume $V_{\mathrm{imm}}$ situé sous la surface.

Couler, flotter ou rester entre deux eaux

Entièrement immergé, $V_{\mathrm{imm}}=V$ : le poids ${\rho }_{\mathrm{objet}}Vg$ s'oppose à une poussée ${\rho }_{\mathrm{fluide}}Vg$, et seules les deux masses volumiques comptent.

• Si ${\rho }_{\mathrm{objet}}>{\rho }_{\mathrm{fluide}}$, le poids l'emporte à toute profondeur et l'objet coule, quelle que soit sa taille.
• Si ${\rho }_{\mathrm{objet}}<{\rho }_{\mathrm{fluide}}$, la poussée l'emporte et l'objet remonte jusqu'à ce qu'une partie dépasse de la surface.
• Si les deux masses volumiques sont égales, l'objet reste entre deux eaux, à n'importe quelle profondeur, comme un poisson ou un sous-marin bien équilibré.

Un objet qui flotte ne s'enfonce que jusqu'à ce que le fluide qu'il déplace pèse autant que lui, ${\rho }_{\mathrm{fluide}}{V}_{\mathrm{imm}}g={\rho }_{\mathrm{objet}}Vg$ ; la fraction immergée est donc le rapport des masses volumiques :
$\frac{V_{\mathrm{imm}}}{V}=\frac{{\rho }_{\mathrm{objet}}}{{\rho }_{\mathrm{fluide}}}$

La glace flotte dans l'eau douce, immergée à 92 %. Dans l'eau de mer, d'environ 1025 kg/m³, un iceberg a $920/1025\approx 0,90$ de son volume sous la surface : un dixième seulement émerge.

Exemple résolu : le bloc de l'animation

Dans les étiquettes, $h$ n'est pas une profondeur mais la hauteur du bloc, 0,5 m. La section vaut $A=0,7\mathrm{m}\times 0,1\mathrm{m}=0,07{\mathrm{m}}^2$, donc $V=0,035{\mathrm{m}}^3$, et ${\rho }_b=600kg/{\mathrm{m}}^3$ est la masse volumique du bois (${\rho }_w$ est celle de l'eau). La masse et le poids valent
$m={\rho }_{b}V=600\cdot 0,035=21\mathrm{kg},mg=21\cdot 9,81\approx 206\mathrm{N}$
ce qui correspond à la flèche verte $mg$. Entièrement sous l'eau, le bloc subirait une poussée de $1000\cdot 0,035\cdot 9,81\approx 343\mathrm{N}$, supérieure à son poids : il flotte donc.

À l'équilibre, $F_b=mg$, donc $V_{\mathrm{imm}}=206/(1000\cdot 9,81)=0,021{\mathrm{m}}^3$ et la profondeur d'immersion est $d=V_{\mathrm{imm}}/A=0,30\mathrm{m}=0,6h$ : c'est le rapport $600/1000$ de la règle de flottaison, au niveau de la ligne en pointillés. La pression le confirme : la face inférieure, 0,30 m plus bas, subit $1000\cdot 9,81\cdot 0,30\approx 2943\mathrm{Pa}$ de plus que la face supérieure, et $2943\cdot 0,07\approx 206\mathrm{N}$.

Les valeurs affichées suivent $F_b={\rho }_{w}gAd$ : 6,9 N de plus pour chaque centimètre d'enfoncement. Lâché à 5 cm au-dessus de l'eau, le bloc l'atteint à environ 1 m/s et dépasse sa position d'équilibre, restant complètement immergé pendant environ un quart de seconde : $d$ plafonne à 50 cm et $F_b$ à son maximum, 343 N, qui renvoie le bloc vers le haut. Après quelques oscillations de plus en plus petites, les valeurs affichées se fixent à $d\approx 30\mathrm{cm}$ et à une valeur de $F_b$ à quelques newtons de 206 N.

Exemple résolu : peser une pierre dans l'eau

Un dynamomètre auquel est accrochée une pierre indique 24,5 N dans l'air et 14,7 N quand elle est complètement immergée. Quels sont son volume et sa masse volumique ?

Sous l'eau, le dynamomètre indique le poids apparent, le poids réel moins la poussée d'Archimède ; on a donc $F_b=24,5-14,7=9,8\mathrm{N}$, le poids de l'eau déplacée :
$V=\frac{F_b}{{\rho }_{\mathrm{fluide}}g}=\frac{9,8}{1000\cdot 9,81}\approx 1,0\times 10^{-3}{\mathrm{m}}^3$
soit un litre. La masse vaut $24,5/9,81\approx 2,5\mathrm{kg}$, donc $\rho =m/V\approx 2500kg/{\mathrm{m}}^3$, valeur typique d'une roche. Plus rapide encore : le poids divisé par la perte de poids dans l'eau, $24,5/9,8=2,5$, est la densité par rapport à l'eau.

Selon la légende, Archimède aurait démasqué la couronne d'un roi grâce à l'eau qu'elle déplaçait. De l'or pur (19 300 kg/m³) de même poids ne perd que 1,3 N dans l'eau ; un or allié à de l'argent, moins dense, perd davantage et se trahit ainsi.

Lire les flèches et la ligne en pointillés

La flèche verte $mg$ garde sa longueur, tandis que la flèche rouge $F_b$ s'allonge proportionnellement à la profondeur d'immersion. Quand le bas du bloc est au-dessus de la ligne en pointillés, la flèche rouge est plus courte et la force résultante est dirigée vers le bas ; au-dessous, elle est dirigée vers le haut. Chaque centimètre d'écart par rapport à la ligne donne 6,9 N de rappel vers elle, comme le ferait un ressort de raideur 687 N/m. Le bloc dépasse la ligne parce qu'il est encore en mouvement quand il y arrive, et la traînée de l'eau réduit l'amplitude de chaque oscillation.

Sur un graphique pression–profondeur, une droite part de $p_0$ et monte de $\rho g$ par mètre. L'écart entre les deux faces d'un corps immergé, $\rho gH$, est le même quelle que soit sa position.

Erreurs fréquentes

• Utiliser la masse volumique de l'objet dans $F_b$ : pour le bloc, on obtient $600\cdot 0,021\cdot 9,81\approx 124\mathrm{N}$ au lieu des 206 N corrects.
• Prendre le volume entier d'un objet qui flotte : les 0,035 m³ du bloc donneraient 343 N, mais seuls comptent les 0,021 m³ situés sous la ligne de flottaison.
• S'attendre à une poussée plus forte en profondeur : une pierre de 2 litres entièrement immergée subit $1000\cdot 0,002\cdot 9,81=19,62\mathrm{N}$ à 1 m comme à 10 m, parce que son dessus et son dessous gagnent la même pression.
• Croire que les choses lourdes coulent : une bille d'acier de 1 g coule, alors qu'un navire en acier de 50 000 tonnes flotte, parce que sa coque pleine d'air est en moyenne moins dense que l'eau.
• Oublier de convertir les litres : deux litres font 0,002 m³, et si l'on met 2 dans le calcul, on obtient 19 620 N.

Où on le rencontre

En eau douce, un navire déplace un volume d'eau supérieur d'environ 2,5 % à celui qu'il déplace en mer et s'y enfonce donc davantage : les coques portent des lignes de charge distinctes pour les deux. Les sous-marins remplissent ou vident leurs ballasts pour plonger, rester entre deux eaux ou faire surface, et un aréomètre s'enfonce davantage dans un liquide moins dense, si bien que sa tige donne la masse volumique du lait ou du vin. Chauffé à 100 °C, l'air a une masse volumique d'environ 0,95 kg/m³, contre 1,20 kg/m³ à l'extérieur à 20 °C : chaque mètre cube d'une montgolfière ne soulève donc qu'environ 0,25 kg.

La poussée d'Archimède est à l'origine de la convection, la montée du fluide chaud, étudiée dans la leçon Conduction, convection et rayonnement, et elle détermine la vitesse de sédimentation des grains, vue dans la leçon Traînée et vitesse limite. Le bloc qui oscille est un oscillateur comme ceux de la leçon Oscillations harmoniques, et quand le fluide s'écoule, la pression ne dépend plus de la seule profondeur : c'est l'objet de la leçon Théorème de Bernoulli.

Avancé

Pression dans un fluide au repos

La poussée d'Archimède n'est rien d'autre que de la pression : la force vers le haut que subit un corps immergé est la somme de toutes les poussées que le fluide environnant exerce sur sa surface. Commençons donc par le comportement de la pression dans un fluide au repos. Notations : ${\rho }_f$ est la masse volumique du fluide, quel qu'il soit ; quand ce fluide est de l'eau, on écrit ${\rho }_w$, et, comme dans l'animation, ${\rho }_b$ est la masse volumique du bloc. Enfin, $g\approx 9,81m/{\mathrm{s}}^2$ est l'intensité de la pesanteur, et $p_0$ la pression de l'air à la surface de l'eau.

Légende

$p_1$	Pression sur la face supérieure, à la profondeur $h$.	$\mathrm{Pa}$
$p_2$	Pression sur la face inférieure, à la profondeur $h+\ell$ ; supérieure à $p_1$.	$\mathrm{Pa}$
$h$	Profondeur de la face supérieure sous la surface.	$\mathrm{m}$
$\ell$	Hauteur de la boîte.	$\mathrm{m}$
$V$	Volume de la boîte, $\ell A$, où $A$ est l'aire de sa face supérieure ou inférieure.	${\mathrm{m}}^3$
${\vec{F}}_b$	Force de pression résultante sur la boîte, vers le haut : $(p_2-p_1)A={\rho }_{f}gV$.	$\mathrm{N}$

La figure 1 montre une boîte de hauteur $\ell$ et de volume $V$, dont les faces supérieure et inférieure ont chacune une aire $A$ (donc $V=\ell A$), maintenue entièrement sous l'eau, sa face supérieure à la profondeur $h$. Regardez d'abord la direction des flèches : sur chaque face, elles sont perpendiculaires à la face. Un fluide au repos ne peut opposer aucune résistance à une contrainte de cisaillement, c'est-à-dire à une force parallèle à une surface qui ferait glisser ses couches les unes sur les autres ; il ne peut donc que pousser perpendiculairement à une surface.

Regardez ensuite leur longueur. Les flèches s'allongent avec la profondeur, car chaque couche d'eau porte le poids de toute l'eau située au-dessus d'elle. Seule cette partie, qui dépend de la profondeur, est dessinée : l'air ajoute la même pression $p_0$ sur toutes les faces, et une pression uniforme n'exerce aucune force résultante sur une boîte fermée, comme nous le démontrerons plus loin.

Les deux faces latérales s'étendent sur les mêmes profondeurs : leurs flèches se correspondent deux à deux et s'annulent. Restent la face supérieure, poussée vers le bas par $p_{1}A$, et la face inférieure, poussée vers le haut par $p_{2}A$. La face inférieure est plus profonde de $\ell$, si bien que $p_2$ dépasse $p_1$ du poids d'une colonne d'eau de hauteur $\ell$ reposant sur une aire unité, ${\rho }_f(\ell A)g/A$ :
$p_2-p_1={\rho }_{f}g\ell$
La poussée résultante sur la boîte est donc dirigée vers le haut :
$F_b=(p_2-p_1)A={\rho }_{f}g\ell A={\rho }_{f}gV$
C'est le poids de l'eau qui remplirait la boîte. La profondeur $h$ a disparu : tant que l'eau ne se comprime pas, la poussée d'Archimède est la même à toute profondeur.

La pression, un champ

Le raisonnement sur la boîte a utilisé deux faits sans les démontrer : en un point, la pression pousse également dans toutes les directions, et elle augmente régulièrement avec la profondeur. Tous deux découlent de la deuxième loi de Newton appliquée à de petits éléments de fluide au repos, et c'est leur forme générale qui permettra ensuite de traiter des corps de forme quelconque, et même des récipients accélérés.

D'abord, la direction. Écrivons la force du fluide sur un petit élément de surface d'aire $dA$ sous la forme $-p\hat{n}dA$, où $\hat{n}$ est le vecteur unitaire normal à l'élément, dirigé vers l'extérieur du corps ; le signe moins indique que le fluide pousse vers l'intérieur. La pression $p$ est-elle la même quelle que soit l'orientation de l'élément ? Considérez un petit coin de fluide de section triangulaire. Les forces sur ses faces varient comme le carré de sa taille, son poids comme le cube. Quand le coin rétrécit, son poids devient négligeable : les forces sur les faces doivent alors s'équilibrer à elles seules, et pour un triangle ce n'est possible que si la pression est la même sur toutes les faces. La pression ne dépend donc pas de la direction : c'est un champ scalaire $p(\vec{r})$, un seul nombre en chaque point.

Ensuite, sa variation. Prenons un petit cube d'arêtes $dx$, $dy$, $dz$. Le fluide situé contre sa face gauche le pousse dans le sens $+x$ avec la force $p(x)dydz$ ; celui situé contre sa face droite le repousse avec $p(x+dx)dydz$. La force résultante selon $x$ est la différence, $-(\partial p/\partial x)dxdydz$. Il en va de même selon $y$ et $z$, si bien que la force de pression résultante par unité de volume vaut $-\nabla p$ : les différences de pression poussent le fluide des hautes pressions vers les basses.

Pour un fluide au repos, cette force doit équilibrer la pesanteur, qui tire sur chaque unité de volume avec ${\rho }_f\vec{g}$. Avec $z$ mesuré vers le haut, de sorte que $\vec{g}$ soit dirigé selon $-z$,
$\nabla p={\rho }_f\vec{g},\frac{dp}{dz}=-{\rho }_{f}g$
Pour une masse volumique constante, l'intégration depuis la surface vers le bas donne $p=p_0+{\rho }_{f}gh$ à la profondeur $h$ ; les $p_1$ et $p_2$ de la figure 1 en sont les valeurs aux profondeurs $h$ et $h+\ell$. Comme $\nabla p$ est dirigé selon $\vec{g}$, la pression ne varie que verticalement : les surfaces d'égale pression, dont la surface libre, sont perpendiculaires à $\vec{g}$, c'est-à-dire horizontales.

Trois chemins vers le principe d'Archimède

Le principe d'Archimède affirme qu'un corps plongé dans un fluide au repos subit une force vers le haut égale au poids du fluide qu'il déplace. La boîte l'a démontré pour une seule forme. Trois raisonnements le démontrent pour une forme quelconque, et chacun apporte quelque chose : le premier est un calcul d'une ligne, le deuxième dit aussi où la force s'applique, et le troisième montre pourquoi seule la masse volumique moyenne compte.

Légende

$S$	Surface du corps ; à droite, la même surface enferme de l'eau.
$V$	Volume enfermé par $S$.	${\mathrm{m}}^3$
$p$	Pression sur $S$ : perpendiculaire à $S$, plus grande là où $S$ est plus profonde.	$\mathrm{Pa}$
$B$	Centre géométrique du volume intérieur à $S$ : le centre de carène.
${\vec{F}}_b$	Force de pression sur $S$, vers le haut, passant par $B$ ; la même dans les deux dessins.	$\mathrm{N}$
$W$	Poids de l'eau qui remplit $S$, ${\rho }_{f}Vg$, vers le bas, passant par $B$.	$\mathrm{N}$

La figure 2 contient l'idée clé. À gauche, un corps de forme quelconque se trouve dans de l'eau au repos ; $S$ est sa surface, $V$ le volume qu'elle enferme, et les flèches représentent la pression $p$ sur $S$, perpendiculaire à $S$ et plus longue là où $S$ est plus profonde. À droite, on a retiré le corps et la même surface $S$ enferme de l'eau. Comparez les flèches : elles sont identiques. La pression en chaque point de $S$ est fixée par la profondeur de ce point dans l'eau environnante, qui n'a pas changé ; elle ne peut donc pas dépendre de ce qui se trouve à l'intérieur de $S$. Quel que soit le contenu de $S$, la force de pression totale qui s'exerce sur elle, ${\vec{F}}_b$, est la même.

Premier chemin : le calcul intégral. La poussée d'Archimède est la somme des forces de pression sur la surface fermée $S$. La pression hydrostatique n'est qu'une fonction de la hauteur : on peut donc la prolonger dans le volume $V$ qu'occupe le corps. Le théorème du gradient, proche parent du théorème de flux-divergence, transforme alors l'intégrale de surface de $p\hat{n}$ en intégrale de volume de $\nabla p$, et l'équation de l'hydrostatique fournit $\nabla p$ :
${\vec{F}}_b=-{\oint }_{S}p\hat{n}dA=-{\int }_V\nabla pdV=-{\rho }_f\vec{g}V$
La force est dirigée à l'opposé de $\vec{g}$, vers le haut, et vaut ${\rho }_{f}gV$ : le poids d'un volume $V$ de fluide. La pression de surface $p_0$ a disparu, car son gradient est nul ; c'est la démonstration qu'une pression uniforme n'exerce aucune force résultante sur une surface fermée.

Pour un corps qui flotte, seule une partie de la surface est mouillée. Travaillez avec l'excès de pression par rapport à $p_0$ : la pression $p_0$ de l'air agit sur toute la surface fermée et s'annule. Cet excès est nul dans le plan de la ligne de flottaison ; fermer la surface mouillée par la portion de ce plan située à l'intérieur du corps n'ajoute donc rien, et le même théorème donne ${\rho }_{w}g{V}_{\mathrm{imm}}$, où $V_{\mathrm{imm}}$ est le volume immergé.

Deuxième chemin : l'équilibre, sans calcul intégral ; il s'appuie sur le dessin de droite. L'eau contenue dans $S$ est au repos sous l'action de deux forces : son poids $W={\rho }_{f}Vg$, dirigé vers le bas et passant par son centre de masse, et la force de pression ${\vec{F}}_b$ de l'eau qui l'entoure. Comme elle n'accélère pas, les forces se compensent : $F_b=W$, vers le haut. Comme elle ne se met pas à tourner, les deux forces n'ont pas de moment résultant : ${\vec{F}}_b$ agit donc sur la même verticale que $W$. Pour une eau homogène, le centre de masse est le centre géométrique du volume intérieur à $S$, noté $B$.

Revenez maintenant au dessin de gauche. La pression sur $S$ est la même : le corps subit donc la même force, selon la même droite. La poussée d'Archimède est égale au poids du fluide déplacé et s'applique en $B$, le centre géométrique du volume déplacé, appelé centre de carène. Ce raisonnement n'exige même pas une masse volumique constante : dans un fluide dont la masse volumique varie avec la profondeur, la force reste le poids du fluide déplacé, $g{\int }_V{\rho }_{f}dV$, et passe alors par le centre de masse de ce fluide.

Troisième chemin : l'énergie. Élevez le corps d'une petite hauteur $\delta z$. Son énergie potentielle augmente de $mg\delta z$. Du fluide vient occuper la place qu'il libère en dessous, et l'effet net sur le fluide est qu'un volume $V$ de fluide, de masse ${\rho }_{f}V$, est descendu de $\delta z$, perdant ${\rho }_{f}Vg\delta z$. Au total,
$\delta U=(m-{\rho }_{f}V)g\delta z$
Une force est l'opposé de la pente de l'énergie potentielle : la force résultante vers le haut vaut donc $-\delta U/\delta z={\rho }_{f}Vg-mg$, la poussée moins le poids. Seules interviennent la masse et le volume du corps, c'est-à-dire sa masse volumique moyenne $m/V$. Voilà pourquoi une coque d'acier flotte, alors que l'acier est près de huit fois plus dense que l'eau : elle enferme assez d'air pour ramener sa masse volumique moyenne au-dessous de celle de l'eau.

L'eau comme ressort

Un corps flottant que l'on enfonce puis que l'on lâche se met à osciller verticalement. Cette section montre qu'au voisinage de sa position de flottaison, l'eau agit sur lui comme un ressort linéaire, et calcule la période de ces oscillations.

Prenons le bloc de l'animation. Ses parois sont verticales, si bien que l'aire de sa section horizontale, $A=0,70\mathrm{m}\cdot 0,10\mathrm{m}=0,07{\mathrm{m}}^2$, est la même à toute hauteur. Désormais, $h$ désigne la hauteur du bloc, $h=0,50\mathrm{m}$, et non plus une profondeur comme dans la figure 1. Sa masse volumique vaut ${\rho }_b=0,6{\rho }_w$ ; sa masse est donc $m={\rho }_{b}Ah=21\mathrm{kg}$ et son poids 206 N. À la flottaison, la poussée égale le poids, ${\rho }_{w}gAd={\rho }_{b}gAh$ ; la profondeur d'immersion (le tirant d'eau) vaut donc $d=({\rho }_b/{\rho }_w)h=0,30\mathrm{m}$.

Enfoncez maintenant le bloc d'une distance supplémentaire $x$ au-delà de sa profondeur d'immersion. Il déplace un volume supplémentaire $Ax$ : la poussée augmente de ${\rho }_{w}gAx$, tandis que le poids ne change pas. La force résultante est une force de rappel $-kx$ de raideur $k={\rho }_{w}gA$, environ 687 N/m pour le bloc. C'est la loi de Hooke : le mouvement est donc harmonique. En utilisant $m={\rho }_{b}Ah$, puis $d=({\rho }_b/{\rho }_w)h$, on obtient sa pulsation propre
${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{{\rho }_{w}g}{{\rho }_{b}h}}=\sqrt{\frac{g}{d}}$
L'aire s'est simplifiée, et le résultat est élégant : un corps flottant à parois verticales oscille avec la période d'un pendule simple de longueur égale à sa profondeur d'immersion. Pour $d=0,30\mathrm{m}$, ${\omega }_0\approx 5,7rad/s$ et $T_0=2\pi \sqrt{d/g}\approx 1,10\mathrm{s}$, quelle que soit l'aire ; un navire à murailles verticales de 9 m de tirant d'eau pilonnerait, c'est-à-dire monterait et descendrait, environ une fois toutes les 6 s.

Le ressort n'est linéaire que tant que le bloc est partiellement immergé. Une fois qu'il est entièrement sous l'eau, son volume déplacé ne peut plus augmenter, et la poussée non plus. Le graphe du mouvement montre les deux régimes.

Lire le graphe de y(t)

Le bloc de l'animation est mû par ce ressort et par une traînée de l'eau. Son graphe met le modèle du ressort à l'épreuve : où il tient, où il échoue, et à quelle vitesse le mouvement s'éteint.

Légende

$y$	Hauteur du bloc au-dessus de son niveau de flottaison.	$\mathrm{m}$
$t$	Temps écoulé depuis le lâcher.	$\mathrm{s}$
$y_0$	Hauteur de départ, au lâcher.	$\mathrm{m}$
$d-h$	Hauteur à laquelle la face supérieure du bloc affleure ($d$ est la profondeur d'immersion, $h$ la hauteur du bloc) ; au-dessous, le bloc entier est sous l'eau.	$\mathrm{m}$
$T$	Durée entre deux maxima successifs.	$\mathrm{s}$
$e^{-\gamma t}$	Facteur dont les oscillations diminuent avec le temps ; $\gamma$ est le taux d'amortissement.

La figure 3 trace la hauteur $y$ du bloc au-dessus de son niveau de flottaison en fonction du temps $t$ ; l'axe horizontal des $t$, $y=0$, est le niveau de flottaison lui-même. Le bloc est lâché à $y_0=35\mathrm{cm}$, ce qui place sa face inférieure 5 cm au-dessus de l'eau, puisqu'il flotte immergé de 30 cm.

Suivez la première oscillation : elle n'est pas harmonique. Le bloc tombe dans l'air, puis plonge entièrement sous l'eau, au-delà du niveau en pointillés $d-h=-20\mathrm{cm}$, où sa face supérieure affleure, jusqu'à $-24,5\mathrm{cm}$ à 0,55 s. Au-dessous de $d-h$, le ressort sature : $F_b$ ne peut pas dépasser la poussée qui s'exerce sur le bloc entier, ${\rho }_{w}gV=343\mathrm{N}$. Après cette oscillation, la profondeur immergée reste comprise entre environ 15 et 40 cm, à l'intérieur de la hauteur du bloc, là où la force est linéaire.

Lisez maintenant les maxima qui suivent le premier : +15,2, +6,7, +2,9, +1,3 et +0,55 cm. Ils se succèdent à environ 1,11 s d'intervalle, l'écart $T$ indiqué sur la figure, et chacun vaut environ 0,44 fois le précédent. Un rapport constant d'une oscillation à l'autre signifie une décroissance exponentielle : les maxima se placent sur l'enveloppe en pointillés $\pm y_0{e}^{-\gamma t}$ de l'oscillation amortie $y\approx y_0{e}^{-\gamma t}\cos (\omega t)$ qui légende le graphe dans l'animation ; ici, $\omega$ est la pseudo-pulsation ${\omega }_d$. Une période multiplie l'amplitude par $e^{-\gamma T}\approx 0,44$, donc
$\gamma \approx \ln (1/0,44)/1,11\approx 0,74{\mathrm{s}}^{-1}$
valeur proche du $\gamma =0,75{\mathrm{s}}^{-1}$ intégré à la traînée de l'eau du modèle.

L'amortissement ralentit à peine les oscillations : ${\omega }_d=\sqrt{{\omega }_0^2-{\gamma }^2}\approx 5,67rad/s$ n'est inférieure à ${\omega }_0$ que d'environ 1 %, ce qui explique que $T$ soit si proche de $T_0$. Le facteur de qualité $Q={\omega }_0/(2\gamma )\approx 3,8$ indique un amortissement faible : le bloc effectue une poignée d'oscillations visibles avant de s'immobiliser.

Stabilité et métacentre

Flotter ne suffit pas : un navire doit aussi rester droit. Cette section cherche quand une petite inclinaison, une gîte, produit un moment qui ramène le corps vers sa position, et trouve une seule longueur qui répond à la question : la hauteur métacentrique $GM$.

Légende

$\theta$	Angle de gîte : de combien la coque est tournée par rapport à la position droite.	$\mathrm{rad}$
$G$	Centre de gravité de la coque, sur son axe de symétrie ; le poids s'y applique.
$B$	Centre de carène quand la coque était droite, un point fixe de la coque.
$B^{\prime }$	Centre de carène actuel : le centre géométrique de la partie immergée, déplacé vers le côté bas.
$M$	Métacentre : le point où la verticale passant par $B^{\prime }$ coupe l'axe de symétrie.
$GM$	Hauteur métacentrique : la distance de $G$ à $M$, vers le haut ; le couple de redressement vaut $mgGM\sin \theta$.	$\mathrm{m}$
$m\vec{g}$	Poids de la coque, vers le bas, passant par $G$.	$\mathrm{N}$
${\vec{F}}_b$	Poussée d'Archimède, vers le haut, passant par $B^{\prime }$ ; de même valeur que le poids.	$\mathrm{N}$

La figure 4 montre une coque en forme de caisse inclinée d'un angle $\theta$, dessiné bien plus grand qu'une gîte réelle pour rendre la géométrie lisible. Deux forces agissent sur elle. Le poids $m\vec{g}$ s'applique vers le bas au centre de gravité $G$, un point fixe de la coque. La poussée ${\vec{F}}_b$ s'applique vers le haut au centre de carène, le centre géométrique de la partie immergée. Quand la coque était droite, ce centre se trouvait en $B$, sur l'axe de symétrie de la coque passant par $G$. Dans un navire, $B$ est souvent au-dessous de $G$, comme ici, et cela seul n'est pas dangereux.

Regardez maintenant la ligne de flottaison. La gîte fait sortir de l'eau un coin de coque du côté haut et en enfonce un autre du côté bas. Le volume immergé reste le même, mais sa forme se déplace vers le côté bas, et son centre aussi : le centre de carène passe de $B$ à $B^{\prime }$, et ${\vec{F}}_b$ agit maintenant selon la verticale passant par $B^{\prime }$. Suivez cette verticale vers le haut : elle coupe l'axe de symétrie au métacentre $M$.

À quelle hauteur se trouve $M$ ? Soit $I$ le moment quadratique de l'aire de flottaison, la surface que le plan de l'eau découpe dans la coque, par rapport à l'axe de gîte, la droite autour de laquelle elle s'incline. Une bande de l'aire de flottaison située à la distance $y$ de cet axe gagne ou perd une hauteur immergée $y\theta$ : les coins transportent donc un moment de volume $I\theta$ d'un côté à l'autre, et $B$ se déplace latéralement de $I\theta /V_{\mathrm{imm}}$. Pour un petit angle, ce déplacement vaut $BM\theta$ : $M$ se trouve donc à une hauteur fixe
$BM=\frac{I}{V_{\mathrm{imm}}}$
au-dessus de $B$.

Sur la figure 4, $M$ est au-dessus de $G$, à la distance $GM$. Le poids, qui passe par $G$, et la poussée, qui passe par $B^{\prime }$, sont égaux et opposés mais pas alignés : ils forment un couple. Son bras de levier vaut $GM\sin \theta$, et son moment, $mgGM\sin \theta$, redresse la coque. Si $M$ était au-dessous de $G$, les deux mêmes forces l'inclineraient davantage. Un corps flottant est donc stable vis-à-vis d'une petite gîte lorsque $M$ est au-dessus de $G$, c'est-à-dire lorsque $GM>0$.

Pour une coque en forme de caisse de largeur $b$, de longueur $L$ et de profondeur d'immersion $d$, on a $I=L{b}^3/12$ et $V_{\mathrm{imm}}=Lbd$, donc
$BM=\frac{b^2}{12d}$
La largeur compte par son carré. Tout ce qui élève $G$ nuit à la stabilité : une cargaison arrimée en hauteur, et l'eau qui court librement sur un pont, s'écoule vers le côté bas et agit comme un $G$ relevé, cause classique de chavirement.

Problème résolu : le bloc resterait-il droit ?

Appliquez ceci au bloc de l'animation : hauteur $h=0,50\mathrm{m}$, profondeur d'immersion $d=0,30\mathrm{m}$, largeur 0,70 m et épaisseur 0,10 m. Mesurez les hauteurs depuis sa face inférieure. Le bloc est homogène : $G$ est donc à mi-hauteur, à 0,25 m, et $B$ au milieu de la partie immergée, à la moitié de la profondeur d'immersion, soit 0,15 m.

Pour une gîte dans le plan de l'écran, l'aire de flottaison a 0,70 m de large :
$BM=\frac{b^2}{12d}=\frac{0,70^2}{12\cdot 0,30}\approx 0,136\mathrm{m}$
Le point $M$ est donc à $0,15+0,136\approx 0,286\mathrm{m}$ au-dessus de la face inférieure, soit 3,6 cm au-dessus de $G$ : le bloc est stable dans ce sens. Pour une gîte de 5°, où $\sin \theta \approx 0,087$, le moment de redressement vaut $206\cdot 0,036\cdot 0,087\approx 0,65\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$.

Pour une gîte dans le sens de l'épaisseur de 0,10 m, l'aire de flottaison n'a que 0,10 m de large, et $BM=0,10^2/(12\cdot 0,30)\approx 0,003\mathrm{m}$. Le point $M$ se trouve alors 9,7 cm au-dessous de $G$ : $GM<0$ et le bloc est instable. Un vrai bloc de ces proportions chavirerait et flotterait sur sa grande face, immergé de 6 cm (0,6 fois son épaisseur de 0,10 m). Seule l'animation en deux dimensions, qui laisse le bloc monter et descendre mais pas basculer, le maintient droit.

Le même raisonnement donne une règle générale. Pour un bloc homogène de densité $s={\rho }_b/{\rho }_w$, de hauteur $h$ et de largeur $b$ dans le plan de la gîte, $G$ est à $h/2$, $B$ à $d/2=sh/2$, et $BM=b^2/(12sh)$. Exiger que $M$ soit au-dessus de $G$, $sh/2+b^2/(12sh)>h/2$, puis réarranger l'inégalité donne la condition pour flotter droit :
$\frac{b}{h}>\sqrt{6s(1-s)}$
Pour $s=0,6$, il faut $b/h>1,2$ : la largeur donne 1,4, ce qui convient, l'épaisseur seulement 0,2, ce qui ne convient pas. Une poutre carrée, $b=h$, échoue au test pour tout $s$ compris entre environ 0,21 et 0,79 ; c'est pourquoi des poutres carrées en bois ordinaire flottent inclinées plutôt que posées à plat.

Fluides accélérés et compressibles

Jusqu'ici, le récipient était au repos et le fluide incompressible. Abandonner l'une ou l'autre de ces hypothèses modifie la poussée d'Archimède de façon instructive.

Dans un récipient d'accélération $\vec{a}$, un fluide au repos par rapport à lui doit accélérer avec lui. La deuxième loi de Newton par unité de volume s'écrit alors $-\nabla p+{\rho }_f\vec{g}={\rho }_f\vec{a}$, c'est-à-dire $\nabla p={\rho }_f(\vec{g}-\vec{a})$. C'est l'équation de l'hydrostatique dans laquelle $\vec{g}$ est remplacé par la pesanteur effective $\vec{g}-\vec{a}$ : tout ce qui précède reste donc valable, et la poussée est dirigée à l'opposé de $\vec{g}-\vec{a}$.

Il en découle trois conséquences. Dans un ascenseur qui accélère vers le haut à 2 m/s², le poids effectif $m(g+a)$ et la poussée augmentent tous deux du facteur $11,81/9,81$ : un bloc flottant garde sa profondeur d'immersion. Dans une voiture qui accélère, la pesanteur effective s'incline vers l'arrière : un ballon d'hélium retenu par une ficelle penche vers l'avant, tandis que les passagers sont plaqués contre leur dossier. En chute libre, $\vec{g}-\vec{a}=0$ : plus de gradient de pression, plus de poussée, et dans une station en orbite les bulles ne montent pas dans une boisson.

Dans un fluide compressible, ${\rho }_f$ varie avec l'altitude. Une atmosphère isotherme a $\rho ={\rho }_0{e}^{-z/H}$, où la hauteur d'échelle $H\approx 8,4\mathrm{km}$ à 15 °C est l'élévation sur laquelle la masse volumique diminue d'un facteur $e$. Un ballon rigide et fermé, dont la masse volumique moyenne vaut la moitié de celle de l'air au sol, monte jusqu'à ce que l'air qui l'entoure soit exactement aussi dense que lui, là où $e^{-z/H}=1/2$, vers $H\ln 2\approx 5,8\mathrm{km}$. Il y reste en équilibre stable : poussé plus haut, il rencontre un air plus rare, sa poussée devient inférieure à son poids et il redescend ; poussé plus bas, c'est l'inverse.

Un corps compressible dans un liquide se comporte à l'inverse. Un plongeur en combinaison de néoprène qui dérive plus profond est comprimé par la pression supplémentaire, déplace moins d'eau et coule donc plus vite. La flottabilité neutre est ainsi instable pour tout ce qui se comprime plus facilement que l'eau ; c'est pourquoi plongeurs, poissons et sous-marins doivent sans cesse l'ajuster.

Limites de validité

Tout ce qui précède repose sur des idéalisations. Voici quand chacune cesse de valoir, et dans quelle mesure.

L'eau est légèrement compressible, avec un module de compressibilité d'environ 2,2 GPa : à 4000 m, sous quelque 40 MPa, l'eau de mer est environ 2 % plus dense qu'en surface, et la poussée sur un corps rigide augmente d'autant.

L'hydrostatique suppose aussi qu'il y a du fluide tout autour du corps. Un corps plaqué à plat contre le fond, sans fluide en dessous, ne reçoit aucune poussée par en dessous et est maintenu au fond par la pression qui s'exerce sur sa face supérieure.

La tension superficielle $\sigma$ ajoute une force proportionnelle à la longueur de la ligne où la surface de l'eau rencontre le corps, alors que le poids et la poussée croissent avec le volume. Les deux sont comparables pour des objets dont la taille avoisine la longueur capillaire, $\sqrt{\sigma /(\rho g)}\approx 2,7\mathrm{mm}$ pour l'eau ; c'est pourquoi des insectes et une aiguille d'acier sèche peuvent reposer sur la surface.

Un corps qui accélère doit aussi mettre en mouvement une partie du fluide qui l'entoure. Pour une sphère, cette masse ajoutée vaut $\frac{1}{2}{\rho }_{f}V$ : une bulle lâchée sans vitesse, dont la masse propre est négligeable, part donc vers le haut avec une accélération d'environ ${\rho }_{f}Vg/(\frac{1}{2}{\rho }_{f}V)=2g$, et non avec l'énorme accélération que suggère sa minuscule masse. La masse ajoutée et les vagues qu'émet un vrai bloc le font osciller plus lentement, et s'immobiliser plus tôt, que ne le prévoit le modèle du ressort.

Enfin, la poussée d'Archimède est un effet de milieu continu, et pour de très petites particules l'agitation thermique lui fait concurrence. Des grains de 10 nm de diamètre, deux fois plus denses que l'eau, sont répartis par l'agitation thermique sur environ 0,8 m de hauteur, la hauteur à laquelle soulever un grain contre son poids diminué de la poussée coûte l'énergie thermique typique $k_{B}T$ ; ils ne sédimentent donc guère.

Ce qui vient ensuite

La poussée d'Archimède revient partout où les masses volumiques diffèrent. Dans la leçon Traînée et vitesse limite, une petite sphère qui descend lentement dans un liquide atteint une vitesse limite proportionnelle à la différence de masses volumiques ${\rho }_s-{\rho }_f$, car la poussée se retranche du poids. Le fluide chaud qui monte et le fluide froid qui descend forment la convection, étudiée dans la leçon Conduction, convection et rayonnement. Les fluides en écoulement, où la pression n'est plus fixée par la seule profondeur, sont l'objet de la leçon Théorème de Bernoulli. Le bloc qui oscille, avec $Q\approx 3,8$, relève de la leçon Amortissement et résonance, et le ballon qui penche vers l'avant dans une voiture qui accélère montre que pesanteur et accélération ne se distinguent pas, point de départ de la leçon La gravitation, courbure de l'espace-temps.