Mécanique des fluides

1. Le fluide est mis en mouvement par la plaque dans la direction $\displaystyle \left(Ox\right)$, $\displaystyle \mathrm{}\overrightarrow{V}=V\overrightarrow{u_{x}}$. L’écoulement est stationnaire, le champ des vitesses ne dépend pas de $\displaystyle t$. Il y a invariance du problème par translation selon $\displaystyle \left(Oz\right)$ et $\displaystyle \left(Ox\right)$, donc $\displaystyle V$ ne dépend que de $\displaystyle y$. On vérifie que $\displaystyle \textrm{div}\overrightarrow{V}=0$ pour cet écoulement incompressible.

2. Dans l’équation de Navier-Stockes, les deux termes de gauche sont nuls car l’écoulement est stationnaire d’une part, et
   $\displaystyle (\overrightarrow{V}.\overrightarrow{\textrm{grad}})\overrightarrow{V}=V(y)\frac{\partial}{\partial x}V(y)\overrightarrow{u_{x}}=\overrightarrow{0}$.
   Le poids est négligé, d’où $\displaystyle \eta\Delta(\overrightarrow{V})-\overrightarrow{\textrm{grad}}(P)=\overrightarrow{0}$, soit
   $\displaystyle \begin{cases} \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial P}{\partial z}=0\\ \frac{\partial P}{\partial x}=\frac{dP}{dx}=\eta\frac{d^{2}V}{dy^{2}}. \end{cases}$
   La dernière équation montre que $\displaystyle \frac{dP}{dx}=\eta\frac{d^{2}V}{dy^{2}}$ est une constante puisque la pression ne dépend que de $\displaystyle x$, et la vitesse ne dépend que $\displaystyle y$.
   $\displaystyle \Rightarrow V(y)=\frac{1}{2\eta}\frac{dP}{dx}y^{2}+ay+b$.

Les conditions aux limites $\displaystyle V(y=0)=0$ et $\displaystyle V(y=h)=V_{P}$ imposent $\displaystyle b=0$ et
$\displaystyle \frac{1}{2\eta}\frac{dP}{dx}h^{2}+ah=V_{P}$, soit $\displaystyle a=\frac{V_{P}}{h}-\frac{1}{2\eta}\frac{dP}{dx}h$, qui donne bien l’expression donnée.
$\displaystyle \frac{dP}{dx}=\eta\frac{d^{2}V}{dy^{2}}$ s’intègre en $\displaystyle P(x)=P(0)+\frac{dP}{dx}x$. La pression varie de manière affine.

3. $\displaystyle \left[\frac{h^{2}}{2\eta V_{p}}\right]\equiv\frac{L^{2}}{\left(M.L^{-1}.T^{-1}\right)\left(L.T^{-1}\right)}=M^{-1}.L^{2}.T^{2}$.
   $\displaystyle \left[\frac{dP}{dx}\right]\equiv\frac{M.L^{-1}.T^{-2}}{L}=M.L^{-2}.T^{-2}$. Le produit des 2 est bien adimensionné.

Posons $\displaystyle \alpha=\frac{dP'}{dx}$ et $\displaystyle u=y/h$.

$\displaystyle V=V_{P}\left[u-\alpha u\left(1-u\right)\right]$.

$\displaystyle V'(u)=V_{P}\left(1-\alpha+2\alpha u\right)$.

Si un extremum existe sur $\displaystyle \left]0,1\right[$, on l’obtient pour $\displaystyle u_{m}=\frac{\alpha-1}{2\alpha}$. La double condition $\displaystyle 0<u_{m}<1$ impose $\displaystyle \alpha>1$ ou $\displaystyle \alpha<-1$.

Dans tous les cas, la plaque tend à entraîner le fluide dans la direction $\displaystyle \overrightarrow{u_{x}}$, le gradient de pression tend à déplacer le fluide dans le sens des pressions décroissantes.
Pour $\displaystyle \alpha<0$, le gradient de pression et la vitesse de la plaque contribuent à déplacer le fluide dans le sens $\displaystyle \overrightarrow{u_{x}}$.
Pour $\displaystyle \alpha>0$, le gradient de pression tend à entraîner le fluide selon $\displaystyle -\overrightarrow{u_{x}}$, alors que le mouvement de la plaque entraîne le fluide selon $\displaystyle \overrightarrow{u_{x}}$.

Pour $\displaystyle \alpha<-1, u_{m}$ correspond à une composante maximale de la vitesse selon $\displaystyle \overrightarrow{u_{x}}$. La plaque limite la vitesse du fluide à son voisinage.

Pour $\displaystyle -1\leq\alpha\leq1$, il n’y a pas d’extremum sur $\displaystyle \left]0,1\right[$.

Pour $\displaystyle \alpha>1, u_{m}$ correspond à une composante maximale de la vitesse selon $\displaystyle -\overrightarrow{u_{x}}$.

4. Le débit volumique
   $\displaystyle \begin{aligned}D_{v}&=\int_{y=0}^{h}\int_{z=0}^{\ell}\overrightarrow{V}.dydz\overrightarrow{u_{x}}=\ell\int_{y=0}^{h}V(y)dy\\&=\ell\int_{u=0}^{1}V_{P}\left[u-\alpha u\left(1-u\right)\right]hdu\\&=h\ell V_{P}\left[\left(1-\alpha\right)\frac{1}{2}+\alpha\frac{1}{3}\right]\\&=h\ell V_{P}\frac{3-\alpha}{6}.\end{aligned}$

Le débit est nul pour $\displaystyle \alpha=3$ (on est bien dans le cas $\displaystyle \alpha>1$ où les effets du gradient de pression et de la vitesse de la plaque sont contraires), soit $$\frac{dP}{dx}=\frac{6\eta V_{P}}{h^{2}}.$$

Dans ce cas $\displaystyle V(y)=V_{P}\frac{y}{h}\left(3\frac{y}{h}-2\right)$. La vitesse s’annule pour $\displaystyle y=\frac{2h}{3}$, elle est extrêmale pour $\displaystyle y=\frac{h}{3},V_{m}=-\frac{V_{P}}{3}$.

Ecoulement parfait, homogène, incompressible 👉 Il manque l’hypothèse stationnaire pour utiliser la relation de Bernoulli sur une ligne de courant. Une approximation quasi stationnaire est-elle possible?

Comme la masse volumique est constante, l’écoulement est parfait, homogène, incompressible.
L’hypothèse d’un régime quasi-stationnaire dans le récipient est justifiée par le fait que $\displaystyle S\gg s$, ce qui impose $\displaystyle \left|\dot{h}\right|=\frac{s}{S}V_{s}\ll V_{s}$, vitesse de sortie de l’eau (voir Remarque 1 en fin de corrigé).

Le théorème de Bernoulli s’applique sur une ligne de champ depuis un point A de la surface jusqu’à un point B situé au niveau de la sortie :

$$\frac{1}{2}\rho v_{A}^{2}+p_{0}+\rho gh=\frac{1}{2}\rho v_{B}^{2}+p_{0}-\rho gH.$$

Or $\displaystyle v_{A}=-\dot{h}=\frac{s}{S}v_{B}\ll v_{B}$, d’où $\displaystyle v=\sqrt{2g(h+H)}.$

$$D=s\sqrt{2g(h+H)}.$$

2. $\displaystyle \dot{h}=-\frac{s}{S}\sqrt{2g(h+H)}$.

En séparant les variables $\displaystyle \frac{dh}{\sqrt{h+H}}=-\frac{s}{S}\sqrt{2g}dt$, qui s’intègre en

$$\sqrt{h+H}-\sqrt{h_{0}+H}=-\frac{s}{S}\sqrt{\frac{g}{2}}t.$$

La vidange s’arrête quand le siphon se désamorce, pour $\displaystyle h=0$.

3. Au départ, le récipient se remplit jusqu’à ce que l’eau atteigne $\displaystyle h=h_{0}$. Alors le siphon s’amorce. Le récipient se remplit avec le débit $\displaystyle d$ et se vide avec le débit $\displaystyle D(h)=s\sqrt{2g(h+H)}$.

• Si $\displaystyle d>D(h_{1})$, le niveau continue à monter et le récipient déborde.

• Si $\displaystyle D(h_{0})<d\leq D(h_{1})$, le niveau de l’eau continue à monter et se stabilise à h>h_{0} tel que d=D(h).

• Si $\displaystyle D(0^{+})=s\sqrt{2gH}<d<D(h_{0})$, le niveau, après être monté à $\displaystyle h_{0}$ pour l’amorçage du siphon, va diminuer jusqu’à se stabiliser à $\displaystyle 0<h\leq h_{1}$ tel que $\displaystyle d=D(h)$.

• Si $\displaystyle d<s\sqrt{2gH}$, le niveau , après être monté à $\displaystyle h_{0}$ pour l’amorçage du siphon, va diminuer jusqu’à $\displaystyle h=0$, le siphon va alors se désamorcer. Le débit de sortie s’annule alors que le recipient va recommencer à se remplir. Le niveau va à nouveau monter jusqu’à $\displaystyle h_{0}$, avant de diminuer. Un régime périodique s’établit et le niveau va osciller (oscillations de relaxation).
  Dans ce dernier cas, on parle du vase de Tantale par référence au héros mythologique Tantale, placé au milieu d’un fleuve qui s’assèche à chaque fois que Tantale se penche pour boire.
  Calculons la période des oscillations.
  La durée $\displaystyle T_{1}$ du remplissage, de $\displaystyle h=0$ à $\displaystyle h_{0}$ est $$T_{1}=\frac{Sh_{0}}{d}.$$
  La durée $\displaystyle T_{2}$ de la vidange s’obtient avec $\displaystyle S\dot{h}=-s\sqrt{2g(h+H)}+d$. Posons $\displaystyle u=\sqrt{h+H}$, d’où $\displaystyle 2udu=dh$.
  En séparant les variables
  $\displaystyle S2udu=dt\left(-s\sqrt{2g}u+d\right)=s\sqrt{2g}\left(u_{0}-u\right)dt$ où $\displaystyle u_{0}=\frac{d}{s\sqrt{2g}}$,
  $\displaystyle \frac{u}{u_{0}-u}du=(-1+\frac{u_{0}}{u_{0}-u})du=\frac{s}{2S}\sqrt{2g}dt$, qui s’intégre en $\displaystyle \left[-u-u_{0}\ln\left|u-u_{0}\right|\right]_{\sqrt{H+h_{0}}}^{\sqrt{H}}=\frac{s}{2S}\sqrt{2g}T_{2}$, soit
  $$T_{2}=\frac{S}{s}\sqrt{\frac{2}{g}}\left[\sqrt{H+h_{0}}-\sqrt{H}+\frac{d}{s\sqrt{2g}}\ln\left(\frac{\sqrt{H+h_{0}}-\frac{d}{s\sqrt{2g}}}{\sqrt{H}-\frac{d}{s\sqrt{2g}}}\right)\right],$$ homogène à défaut d’être joli 😏.
  La période $$T=T_1+T_2$$

Remarque 1 — L’écoulement n’est pas stationnaire a priori. Cependant, soit V un ordre de grandeur du champ des vitesses dans le récipient à proximité de la conduite, et $\displaystyle \tau$ une durée caractéristique de variation temporelle du champ des vitesses (et de $\displaystyle h$), $\displaystyle \left\Vert \frac{\partial\overrightarrow{v}}{\partial t}\right\Vert \sim\frac{V}{\tau}$ et $\displaystyle \left\Vert \left(\overrightarrow{v.}\overrightarrow{\textrm{grad}}\right)\overrightarrow{v}\right\Vert \sim\frac{V^{2}}{h_{0}}$.

Par conservation du débit volumique $\displaystyle \left|\dot{h}\right|=\frac{s}{S}V\ll V,$ soit $\displaystyle \frac{h_{0}}{\tau}\sim\frac{s}{S}V.$

$\displaystyle \left\Vert \frac{\partial\overrightarrow{v}}{\partial t}\right\Vert /\left\Vert \left(\overrightarrow{v.}\overrightarrow{\textrm{grad}}\right)\overrightarrow{v}\right\Vert \sim\frac{h_{0}}{\tau V}\sim\frac{s}{S}\ll1$, ce qui justifie l’approximation quasi stationnaire.

Remarque 2 — La pression minimale dans le tube, où la vitesse est constante, s’obtient en $\displaystyle h=h_{0}$. Etant données les valeurs de $\displaystyle H$ et $\displaystyle h_{0}$, $\displaystyle P(h_{0})=P_{0}-\rho g(h_{0}+H)$ reste suffisament élevée pour éviter cavitation et désamorçage à cause du tube.

La vitesse a même norme en tout point du fluide : $\displaystyle v=\left|\dot{z}_{A}\right|=\left|\dot{z}_{B}\right|$.
L’énergie cinétique du fluide $$E_{c}=\frac{1}{2}\rho SL\dot{z}_{A}^{2}.$$

Exprimons l’énergie potentielle du fluide en prenant $\displaystyle E_{p}=0$ quand le fluide est à l’équilibre.
Sur le schéma, l’énergie potentielle de pesanteur supplémentaire de la partie de droite située au-dessus de $\displaystyle z=0$ est $\displaystyle (\rho Sz_{A})g\frac{z_{A}}{2}$, le centre de gravité de cette partie étant en $\displaystyle z_{A}/2$.

De même, il faut soustraire à l’énergie potentielle totale, l’énergie potentielle du fluide qui occuperait la zone situé en-dessous de $\displaystyle z=0$, soit $\displaystyle \rho Sz_{A}g\frac{z_{B}}{2}$ (même volume car le fluide est incompressible).

$$E_{p}=\rho gSz_{A}\frac{z_{A}}{2}-\rho gSz_{A}\frac{z_{B}}{2}=\rho gSz_{A}^{2}.$$

Le travail des forces de pression exercées sur les deux interfaces se compensent puisque les vitesses des deux interfaces sont opposées.

En négligeant tout phénomène dissipatif, l’énergie mécanique
$$E_{m}=\frac{1}{2}\rho SL\dot{z}_{A}^{2}+\rho gSz_{A}^{2}$$
est constante.

En dérivant par rapport au temps, et pour $\displaystyle \dot{z_{A}}\neq0$, $$L\ddot{z}_{A}+2gz_{A}=0.$$

C’est l’équation d’un oscillateur harmonique de période $$T=2\pi\sqrt{\frac{L}{2g}}.$$
En réalité, les forces de viscosité ramènent le fluide à l’équilibre.

Pour $\displaystyle t>0$, la vitesse étant non nulle pour $\displaystyle z\neq0$, $\displaystyle e(z=0,t)\rightarrow0$.
Pour $\displaystyle t\rightarrow0$, $\displaystyle e(z=0,t=0)=e_{0}$.

1. L’écoulement est incompressible, $\displaystyle \textrm{div}\overrightarrow{v}=0\Longrightarrow\frac{\partial v}{\partial z}=0$.
   En régime stationnaire, $\displaystyle \frac{\partial\overrightarrow{v}}{\partial t}=\overrightarrow{0}$, et $\displaystyle (\overrightarrow{v}.\overrightarrow{\textrm{grad}})\overrightarrow{v}=v\frac{\partial v}{\partial z}\overrightarrow{e_{z}}=\overrightarrow{0}$. D’où, avec $\displaystyle \overrightarrow{\textrm{grad}}(p)=\overrightarrow{0}$, $\displaystyle \eta v"(x)\overrightarrow{e_{z}}=-\rho\overrightarrow{g}=-\rho g\overrightarrow{e_{z}}$. Il s’en déduit
   $$v(x)=-\frac{\rho g}{\eta}x^{2}+Ax+B,$$
   où $\displaystyle A,B$ sont des constantes.
   -En $\displaystyle x=0$ au contact du solide immobile, $\displaystyle v(0)=0\Rightarrow B=0$.
   -En $\displaystyle x=e$ , la force de viscosité au contact de l’air est négligeable
   $\displaystyle v'(e)=0\Rightarrow0=-\frac{2\rho g}{\eta}e+A$.
   D’où $\displaystyle v(x)=-\frac{\rho g}{\eta}x^{2}+\frac{2\rho g}{\eta}ex$,
   $$v(x)=\frac{\rho g}{2\eta}x\left(2e-x\right).$$
   Le débit volumique est $\displaystyle D_{v}=L\int_{0}^{e}v(x)dx=L\frac{\rho g}{2\eta}\left[e^{3}-\frac{1}{3}e^{3}\right]$, soit $$D_{v}=\frac{gL}{\nu}\frac{e^{3}}{3}.$$

2. Effectuons un bilan de matière entre $\displaystyle t$ et $\displaystyle t+dt$ pour le système
   ouvert entre $\displaystyle z$ et $\displaystyle z+dz$ :
   -masse entrant en z entre $\displaystyle t$ et $\displaystyle t+dt$ : $\displaystyle \rho D_{v}(z,t).dt$
   -masse sortant en z entre $\displaystyle t$ et $\displaystyle t+dt$ : $\displaystyle \rho D_{v}(z+dz,t).dt$
   -variation de masse du système entre $\displaystyle t$ et $\displaystyle t+dt$ : $\displaystyle \rho Ldz.\frac{\partial e}{\partial t}dt$.
   D’où
   $\displaystyle \begin{aligned}\rho Ldz.\frac{\partial e}{\partial t}dt&=\rho D_{v}(z,t).dt-\rho D_{v}(z+dz,t).dt\\&=-\rho\frac{\partial D_{v}}{\partial z}.dzdt\end{aligned}$,

Avec $\displaystyle \frac{\partial D_{v}}{\partial z}=L\frac{\partial e}{\partial t}\Rightarrow$
$$\frac{\partial e}{\partial t}=-\frac{g}{\nu}e^{2}\frac{\partial e}{\partial z}.$$

3. En remplaçant dans l’équation du 2), $\displaystyle f(z)g'(t)=-\frac{g}{\nu}\left[f(z)\right]^{2}\left[g(t)\right]^{3}f'(z)$.
   Supposons qu’il existe une valeur $\displaystyle z_{0}$ de $\displaystyle z$ telle que $\displaystyle f'(z_{0})f(z_{0})\neq0$,
   alors $\displaystyle g'(t)=-\frac{g}{\nu}\left[g(t)\right]^{3}f'(z_{0})f(z_{0})$.
   $\displaystyle \Rightarrow\frac{g'(t)}{\left[g(t)\right]^{3}}=-\frac{g}{\nu}f'(z_{0})f(z_{0})=K_{1}\textrm{ constante}$,
   soit $\displaystyle \frac{d}{dt}\left(\frac{1}{g^{2}(t)}\right)=-2K_{1}$ ou $\displaystyle \frac{1}{g^{2}(t)}=-2K_{1}t+K_{2}$,
   soit $\displaystyle g(t)=\pm\frac{1}{\sqrt{K_{2}-2K_{1}t}}$.
   Alors $\displaystyle K_{1}f(z)=-\frac{g}{\nu}\left[f(z)\right]^{2}f'(z)$. Pour $\displaystyle f(z)\neq0$, $\displaystyle f'(z)f(z)=-\frac{K_{1}\nu}{g}$, soit $\displaystyle \frac{d}{dx}\left[f^{2}(z)\right]=-2\frac{K_{1}\nu}{g}$ et $\displaystyle f(z)=\pm\sqrt{-2\frac{K_{1}\nu}{g}z+K_{3}}$.
   Finalement, $\displaystyle e(z,t)=\sqrt{\frac{-2\frac{K_{1}\nu}{g}z+K_{3}}{K_{2}-2K_{1}t}}$.

• Pour $\displaystyle t>0$, $\displaystyle e(0,t)\rightarrow0$, d’où $\displaystyle K_{3}=0$ et $\displaystyle e(z,t)=\sqrt{2\frac{\nu}{g}}\sqrt{\frac{-K_{1}z}{K_{2}-2K_{1}t}}$

• Pour $\displaystyle t\rightarrow0$, $\displaystyle e(0,0)=e_{0}\Rightarrow K_{2}=0$ et $\displaystyle e(z,t)=\sqrt{\frac{\nu}{g}}\sqrt{\frac{z}{t}}$.

Le film ne peut que s’amincir, donc $\displaystyle e(z,t)\leq e_{0}\Rightarrow z\leq\frac{g}{\nu}e_{0}^{2}t$.
L’expression (homogène avec $\displaystyle \nu$ en m$\displaystyle ^2$.s$\displaystyle ^{-1}$), $$e(z,t)=\sqrt{\frac{\nu}{g}}\sqrt{\frac{z}{t}}$$ n’est valide que pour $$z\leq h(t)=\frac{g}{\nu}e_{0}^{2}t.$$

Pour $\displaystyle z>h(t),$ la solution $\displaystyle e(z,t)=e_{0}$ convient et vérifie l’équation
du 2) avec $\displaystyle g'(t)=0$ et $\displaystyle f'(z)=0$.

Référentiel terrestre non galiléen 👉 tenir compte des forces d’inertie. Le champ de pesanteur est la somme du champ gravitationnel et de la force d’inertie d’entraînement par unité de masse.
Evaluation des ordres de grandeur 👉 Pour la dérivation par rapport à l’espace, diviser par la longueur caractistique de variation de la fonction ; par exemple l’accélération convective $\displaystyle \left\Vert \left(\overrightarrow{v}.\overrightarrow{\textrm{grad}}\right)\overrightarrow{v}\right\Vert \sim\frac{U^{2}}{L}$

1. Il s’agit de l’équation d’Euler dans le référentiel $\displaystyle \mathcal{R}_{T}$ non galiléen. Il faut tenir compte des forces d’inertie de Coriolis et d’entraînement. La force de Coriolis volumique correspond au terme $\displaystyle -2\rho\overrightarrow{\varOmega}\land\overrightarrow{v}$. La force volumique d’inertie d’entraînement est comprise dans le champ de pesanteur, somme du champ gravitationnel et du terme d’inertie d’entraînement.

2. Pour $\displaystyle \overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}$, $$\rho\overrightarrow{g}-\overrightarrow{\textrm{grad}}P_{\acute{e}q}=\overrightarrow{0}.$$
   La pression ne varie que verticalement. Par différence
   $$\rho\left[\frac{\partial\overrightarrow{v}}{\partial t}+\left(\overrightarrow{v}.\overrightarrow{\textrm{grad}}\right)\overrightarrow{v}\right]=-\overrightarrow{\textrm{grad }}p-2\rho\overrightarrow{\Omega}\land\overrightarrow{v}.$$

3. L’écoulement est stationnaire $\displaystyle \frac{\partial\overrightarrow{v}}{\partial t}=\overrightarrow{0}$.
   $\displaystyle R_{0}\sim\frac{\left\Vert \left(\overrightarrow{v}.\overrightarrow{\textrm{grad}}\right)\overrightarrow{v}\right\Vert }{\left\Vert 2\overrightarrow{\varOmega}\land\overrightarrow{v}\right\Vert }\sim\frac{\frac{U^{2}}{L}}{2\Omega U}\sim\frac{U}{2\Omega L}$.
   La période de rotation de la Terre est 24 heures, soit $\displaystyle \Omega=\frac{2\pi}{24.3600}=7.10^{-5}\textrm{rad.s}^{-1}$, et $\displaystyle R_{0}\simeq\frac{10}{14.10}=7.10^{-2}$. Le terme de Coriolis domine pour cet écoulement.

4. Pour $\displaystyle R_{0}\ll1$, $\displaystyle \left(1\right)$ devient $\displaystyle \overrightarrow{\textrm{grad }}p=-2\rho\overrightarrow{\Omega}\land\overrightarrow{v}$.
   En multipliant vectoriellement par $\displaystyle \overrightarrow{e_{z}}$,
   $\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{e_{z}}\wedge\overrightarrow{\textrm{grad }}p&=-2\rho\overrightarrow{e_{z}}\wedge\left[\overrightarrow{\Omega}\land\overrightarrow{v}\right]\\&=-2\rho\left[\overrightarrow{\Omega}v_{z}-\Omega_{z}\overrightarrow{v}\right]\\&=2\rho\Omega_{z}\overrightarrow{v}\end{aligned}$.
   Avec $\displaystyle \Omega_{z}=\Omega\sin\lambda$, $$\overrightarrow{v}=\frac{1}{2\rho\Omega\sin\lambda}\overrightarrow{e_{z}}\wedge\overrightarrow{\textrm{grad }}p.$$ Seule la composante horizontale de $\displaystyle p$ intervient en raison du produit vectoriel.
   Dans l’hémisphère nord, le gradient horizontal de pression entre 0 et 23° de latitude est orienté du sud vers le nord (selon $\displaystyle -\overrightarrow{e_{x}}$), et $\displaystyle \sin\lambda>0$, donc $\displaystyle \overrightarrow{v}$ est orienté selon $\displaystyle -\overrightarrow{e_{y}}$, les alizés soufflent de l’est vers l’ouest.
   Dans l’hémisphère sud, le gradient de pression entre 0 et -23° de latitude est orienté du nord vers le sud (selon $\displaystyle \overrightarrow{e_{x}}$), et $\displaystyle \sin\lambda<0$, donc les alizés sont aussi des vents d’est.
   En Europe $\displaystyle \left(35{^\circ}<\lambda<60{^\circ}\right)$, le gradient horizontal de pression est dirigé du nord vers le sud, les vents dominants sont des vents d’ouest.