Écoulement d’un fluide : débit et relation de Bernoulli

Calcule la valeur de la poussée d’Archimède ($g=9,81$ N·kg⁻¹ ; eau douce : $1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³). Pense à convertir les volumes en m³.

1. Un plongeur et son équipement, de volume total 78 L, entièrement immergés dans l’eau de mer (1 025 kg·m⁻³) : Π = N
   $\Pi =1025\times 78\times {10}^{-3}\times 9,81\approx$ 784 N : 78 L = 7,8 × 10⁻² m³.
2. Un caillou de 35 cm³ entièrement immergé dans l’eau douce : Π = N
   35 cm³ = 3,5 × 10⁻⁵ m³ ; $\Pi =1,00\times {10}^3\times 3,5\times {10}^{-5}\times 9,81\approx$ 0,343 N.
3. Un adulte de volume 70 L, debout dans l’air (1,20 kg·m⁻³) : Π = N
   $\Pi =1,20\times 70\times {10}^{-3}\times 9,81\approx$ 0,82 N, à comparer à un poids de plusieurs centaines de newtons : la poussée de l’air sur un corps humain est négligeable.
4. Une bouée de 24 L qui flotte, le tiers de son volume étant immergé dans l’eau douce : Π = N
   Seul le volume immergé compte : $V_{\text{imm}}={\displaystyle \frac{24}{3}}=8,0$ L. $\Pi =1,00\times {10}^3\times 8,0\times {10}^{-3}\times 9,81\approx$ 78,5 N.

Une sphère pleine en aluminium, de volume 62 cm³, est suspendue à un fil et totalement immergée dans l’eau. Données : ${\rho }_{\text{eau}}=1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³ ; ${\rho }_{\text{Al}}=2,70\times {10}^3$ kg·m⁻³ ; $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Valeur de la poussée d’Archimède : Π = N
   Verticale, vers le haut. $V=62\times {10}^{-6}$ m³ : $\Pi =1,00\times {10}^3\times 62\times {10}^{-6}\times 9,81\approx$ 0,608 N.
2. Poids de la sphère : P = N
   $m={\rho }_{\text{Al}}V=2,70\times {10}^3\times 62\times {10}^{-6}=0,1674$ kg, donc $P=mg\approx$ 1,64 N.
3. On coupe le fil : la sphère (coule / remonte / reste en place)
   Fil coupé, seuls le poids et la poussée agissent ; $P\>\Pi$ (ce qui revient à ${\rho }_{\text{Al}}\>{\rho }_{\text{eau}}$) : la résultante est dirigée vers le bas, la sphère coule.
4. Tension du fil quand la sphère est en équilibre, suspendue dans l’eau : T = N
   À l’équilibre, $\overrightarrow{T}+\overrightarrow{\Pi }+\overrightarrow{P}=\overrightarrow{0}$ ; sur un axe vertical : $T=P-\Pi =1,642-0,608\approx$ 1,03 N. Le fil « porte » moins que le poids : c’est le poids apparent.

Pour tester l’expression de la poussée d’Archimède, on suspend à un dynamomètre un cylindre d’aluminium plein, vertical, de base 10,0 cm² et de hauteur 10,0 cm, puis on l’enfonce peu à peu dans un liquide L. On note $x$ la hauteur immergée et $F$ l’indication du dynamomètre ($g=9,81$ N·kg⁻¹).

1. Poussée d’Archimède pour $x$ = 6,0 cm : Π = N
   À $x=0$, le dynamomètre indique le poids, 2,65 N. Immergé, $\Pi =P-F=2,65-1,91=$ 0,74 N.
2. Quand $x$ passe de 4,0 cm à 8,0 cm, la poussée est multipliée par
   $\Pi (4,0)=2,65-2,16=0,49$ N et $\Pi (8,0)=2,65-1,66=0,99$ N : rapport ≈ 2,0. Le volume immergé double, la poussée double : elle est proportionnelle à $V_{\text{imm}}$, comme le prévoit $\Pi =\rho V_{\text{imm}}g$.
3. Poussée pour $x$ = 12,0 cm : Π = N
   Au-delà de 10,0 cm, le cylindre est entièrement immergé : son volume immergé ne change plus, ni la poussée. $\Pi =2,65-1,41=$ 1,24 N, comme à 10,0 cm : la poussée ne dépend pas de la profondeur.
4. Masse volumique du liquide L : ρ = × 10³ kg·m⁻³
   Entièrement immergé, $V=10,0\times 10,0=100$ cm³ $=1,00\times {10}^{-4}$ m³. $\rho ={\displaystyle \frac{\Pi }{Vg}}={\displaystyle \frac{1,24}{1,00\times {10}^{-4}\times 9,81}}\approx$ 1,26 × 10³ kg·m⁻³ : c’est le glycérol.

Masses volumiques (kg·m⁻³) : eau douce 1 000 ; éthanol 789 ; paraffine 900 ; balsa 160.

1. Un bloc de paraffine flotte sur l’eau douce : fraction de son volume immergée = %
   ${\displaystyle \frac{V_{\text{imm}}}{V}}={\displaystyle \frac{{\rho }_{\text{paraffine}}}{{\rho }_{\text{eau}}}}={\displaystyle \frac{900}{1000}}=0,90$, soit 90 %.
2. Une planche de balsa flotte sur l’eau douce : fraction de son volume qui émerge = %
   Fraction immergée : ${\displaystyle \frac{160}{1000}}=16$ %. Celle qui émerge est le complément : $100-16=$ 84 %.
3. Le bloc de paraffine est posé sur de l’éthanol : il (flotte / coule)
   ${\rho }_{\text{paraffine}}=900$ kg·m⁻³ > ${\rho }_{\text{éthanol}}=789$ kg·m⁻³ : même entièrement immergé, il déplace un poids d’éthanol inférieur au sien, il coule.
4. Un objet plein de même masse volumique que l’eau est lâché au milieu d’un bassin : il (coule / remonte / reste en place)
   ${\rho }_{\text{corps}}={\rho }_{\text{fluide}}$ donne $\Pi =P$ à toute profondeur : il reste en place, en équilibre.

Un cube de pin homogène, d’arête $a=12,0$ cm et de masse volumique ${\rho }_b=530$ kg·m⁻³, flotte sur de l’eau douce (${\rho }_e=1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³), une face horizontale. On note $h$ la hauteur immergée.

1. Hauteur immergée : $h$ = cm
   Poids $P={\rho }_b{a}^{3}g$ ; poussée $\Pi ={\rho }_e{a}^{2}hg$. À l’équilibre, $\Pi =P$ : $h=a{\displaystyle \frac{{\rho }_b}{{\rho }_e}}=12,0\times {\displaystyle \frac{530}{1000}}=$ 6,36 cm.
2. Masse maximale d’un objet posé au centre de la face supérieure, pour que le cube ne soit pas entièrement immergé : kg
   Avec l’objet : ${\rho }_e{V}_{\text{imm}}g=({\rho }_b{a}^3+m)g$. Limite quand $V_{\text{imm}}=a^3$ : $m_{max}=({\rho }_e-{\rho }_b)a^3=470\times (0,120{)}^3\approx$ 0,812 kg.
3. Sans objet, dans de l’eau de mer de masse volumique 1 030 kg·m⁻³ : $h$ = cm
   $h\prime =12,0\times {\displaystyle \frac{530}{1030}}\approx$ 6,17 cm. La poussée est la même qu’en eau douce (elle compense toujours le même poids), mais l’eau de mer est plus dense : un volume immergé plus petit suffit.

Un cube de bois homogène, d’arête 10,0 cm et de masse volumique 820 kg·m⁻³, flotte dans un récipient d’eau ($1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³), une face horizontale. On verse ensuite délicatement une couche d’huile ($900$ kg·m⁻³), non miscible à l’eau, épaisse de 4,0 cm : le cube traverse toute la couche d’huile et reste en partie dans l’eau. La poussée d’Archimède vaut alors la somme des poids de l’eau et de l’huile déplacées ($g=9,81$ N·kg⁻¹).

1. Avant l’huile, hauteur immergée du cube : cm
   $h=10,0\times {\displaystyle \frac{820}{1000}}=$ 8,20 cm.
2. Avec la couche d’huile, hauteur du cube plongée dans l’eau : cm
   Base $S=1,00\times {10}^{-2}$ m², $x$ la hauteur dans l’eau. Équilibre : $820\times S\times 0,100g=900\times S\times 0,040g+1000\times S\times xg$, d’où $x={\displaystyle \frac{82-36}{1000}}=0,046$ m = 4,60 cm. Le cube remonte : le poids de la couche d’huile s’ajoute à la pression de l’eau sous sa face inférieure, une hauteur d’eau plus faible suffit à le porter.
3. Hauteur du cube qui dépasse au-dessus de l’huile : cm
   $10,0-4,0-4,60=$ 1,40 cm.
4. Poids de l’huile déplacée par le cube, qui compte dans la poussée avec celui de l’eau déplacée : N
   Volume de bois dans l’huile : $1,00\times {10}^{-2}\times 0,040=4,0\times {10}^{-4}$ m³ ; poids de l’huile déplacée : $900\times 4,0\times {10}^{-4}\times 9,81\approx$ 3,53 N. L’huile ne touche que les faces latérales du cube, où les forces pressantes se compensent : elle ne le pousse pas directement vers le haut ; son poids, transmis à l’eau, augmente la pression sous la face inférieure.

Un robinet remplit un seau de 12 L en 47 s. L’eau sort par un embout circulaire de diamètre intérieur 14 mm.

1. Débit volumique du robinet : L·s⁻¹
   $D_V={\displaystyle \frac{V}{\Delta t}}={\displaystyle \frac{12}{47}}\approx$ 0,255 L·s⁻¹.
2. Même débit en unité SI : × 10⁻⁴ m³·s⁻¹
   1 L = 10⁻³ m³ : $D_V\approx$ 2,55 × 10⁻⁴ m³·s⁻¹.
3. Vitesse moyenne de l’eau à la sortie de l’embout : m·s⁻¹
   $S={\displaystyle \frac{\pi \times (14\times {10}^{-3}{)}^2}{4}}=1,54\times {10}^{-4}$ m² ; $v={\displaystyle \frac{D_V}{S}}={\displaystyle \frac{2,553\times {10}^{-4}}{1,539\times {10}^{-4}}}\approx$ 1,66 m·s⁻¹.
4. Durée pour remplir une baignoire de 165 L : min s
   $\Delta t={\displaystyle \frac{V}{D_V}}={\displaystyle \frac{165\times 47}{12}}\approx 646$ s = 10 × 60 s + 46 s, soit 10 min 46 s.

On pousse le piston d’une seringue, dont le corps a un diamètre intérieur de 19 mm, à la vitesse constante de 4,0 mm·s⁻¹. Le liquide, assimilé à de l’eau, sort par une aiguille de diamètre intérieur 0,50 mm ; l’écoulement est supposé permanent.

1. Débit volumique du liquide : mL·s⁻¹
   Le liquide avance à la vitesse du piston : $D_V=S_1{v}_1={\displaystyle \frac{\pi \times (19\times {10}^{-3}{)}^2}{4}}\times 4,0\times {10}^{-3}=1,13\times {10}^{-6}$ m³·s⁻¹, soit 1,13 mL·s⁻¹ (1 mL = 10⁻⁶ m³).
2. Durée pour injecter 5,0 mL : s
   $\Delta t={\displaystyle \frac{V}{D_V}}={\displaystyle \frac{5,0}{1,134}}\approx$ 4,4 s.
3. Le rapport des sections $S_1÷S_2$ vaut
   ${\displaystyle \frac{S_1}{S_2}}={\left({\displaystyle \frac{d_1}{d_2}}\right)}^2={\left({\displaystyle \frac{19}{0,50}}\right)}^2={38}^2=$ 1 444 : le carré du rapport des diamètres.
4. Vitesse du liquide dans l’aiguille : m·s⁻¹
   $v_2=v_1{\displaystyle \frac{S_1}{S_2}}=4,0\times {10}^{-3}\times 1444\approx$ 5,8 m·s⁻¹ : le liquide sort environ 1 400 fois plus vite que le piston n’avance.

Une conduite principale de diamètre 40 mm, où l’eau circule à 1,8 m·s⁻¹, se divise en deux conduites : la conduite 1, de diamètre 24 mm, où la vitesse vaut 2,1 m·s⁻¹, et la conduite 2, de diamètre 20 mm. L’eau est incompressible et l’écoulement permanent.

1. Débit volumique dans la conduite principale : L·s⁻¹
   $S_0={\displaystyle \frac{\pi \times (0,040{)}^2}{4}}=1,257\times {10}^{-3}$ m², $D_0=S_0{v}_0=2,26\times {10}^{-3}$ m³·s⁻¹, soit 2,26 L·s⁻¹.
2. Débit volumique dans la conduite 1 : L·s⁻¹
   $S_1={\displaystyle \frac{\pi \times (0,024{)}^2}{4}}=4,52\times {10}^{-4}$ m², $D_1=4,52\times {10}^{-4}\times 2,1\approx$ 0,950 L·s⁻¹.
3. Débit volumique dans la conduite 2 : L·s⁻¹
   Ce qui entre dans la bifurcation en ressort : $D_0=D_1+D_2$, donc $D_2=2,262-0,950\approx$ 1,31 L·s⁻¹.
4. Vitesse de l’eau dans la conduite 2 : m·s⁻¹
   $S_2={\displaystyle \frac{\pi \times (0,020{)}^2}{4}}=3,14\times {10}^{-4}$ m² ; $v_2={\displaystyle \frac{D_2}{S_2}}\approx$ 4,18 m·s⁻¹.
5. Un élève écrit « $v_0=v_1+v_2$ » : il trouverait $v_0$ = m·s⁻¹
   $v_1+v_2=2,1+4,18\approx$ 6,3 m·s⁻¹, très loin des 1,8 m·s⁻¹ réels : ce qui se conserve, c’est le volume transporté par seconde, $S_0{v}_0=S_1{v}_1+S_2{v}_2$, pas la vitesse.

Relation de Bernoulli : hypothèses et termes. Complète.

1. On ouvre peu à peu un robinet. Hypothèse en défaut pendant l’ouverture (écoulement permanent / fluide parfait / fluide incompressible) :
   La vitesse en un point change au cours du temps : l’écoulement n’est pas permanent (stationnaire), Bernoulli ne s’applique pas pendant cette phase.
2. Huile moteur froide dans un tube fin. Hypothèse en défaut (écoulement permanent / fluide parfait / fluide incompressible) :
   L’huile froide est très visqueuse : les frottements dissipent beaucoup d’énergie, le fluide n’est pas parfait.
3. Air autour d’un avion de ligne à 250 m·s⁻¹, le son allant à 300 m·s⁻¹ à cette altitude. Hypothèse en défaut (écoulement permanent / fluide parfait / fluide incompressible) :
   250 m·s⁻¹ dépasse largement 0,3 fois la vitesse du son : la masse volumique de l’air varie, il n’est plus incompressible.
4. Énergie cinétique volumique de l’eau qui circule à 3,0 m·s⁻¹ : J·m⁻³
   ${\displaystyle \frac{1}{2}}\rho v^2={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 1,00\times {10}^3\times 3,0^2=$ 4 500 J·m⁻³, soit 4,5 kPa.
5. Entre l’entrée et la sortie d’une pompe, la relation de Bernoulli (s’applique / ne s’applique pas)
   La pompe fournit de l’énergie au fluide : la somme $P+\frac{1}{2}\rho v^2+\rho gz$ n’est pas conservée entre ses deux côtés, la relation ne s’applique pas.

Une conduite d’eau descend une colline. En A, à l’altitude 12,0 m, son diamètre vaut 40 mm, la vitesse 1,5 m·s⁻¹ et la pression $1,30\times {10}^5$ Pa. En B, à l’altitude 0, le diamètre vaut 25 mm. On néglige les frottements ; $\rho =1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³, $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Vitesse de l’eau en B : m·s⁻¹
   Conservation du débit : $v_B=v_A{\left({\displaystyle \frac{d_A}{d_B}}\right)}^2=1,5\times {\left({\displaystyle \frac{40}{25}}\right)}^2=1,5\times 2,56=$ 3,84 m·s⁻¹.
2. Augmentation de l’énergie cinétique volumique de A à B : × 10³ J·m⁻³
   ${\displaystyle \frac{1}{2}}\rho (v_B^2-v_A^2)=500\times (3,{84}^2-1,5^2)=500\times 12,4956\approx$ 6,25 × 10³ J·m⁻³.
3. Terme d’altitude $\rho g(z_A-z_B)$ : × 10⁵ Pa
   $1000\times 9,81\times 12,0=117720$ Pa ≈ 1,18 × 10⁵ Pa : il domine nettement le terme cinétique.
4. Pression en B : × 10⁵ Pa
   Bernoulli entre A et B : $P_B=P_A+{\displaystyle \frac{1}{2}}\rho (v_A^2-v_B^2)+\rho g(z_A-z_B)=1,30\times {10}^5-6248+117720\approx$ 2,41 × 10⁵ Pa. La pression augmente en descendant, malgré l’accélération.
5. Un capteur placé en B mesure en réalité $2,32\times {10}^5$ Pa. Énergie volumique perdue entre A et B (pertes de charge) : × 10³ J·m⁻³
   Les vitesses et les altitudes étant celles du modèle, l’écart porte sur la pression : $241472-232000\approx 9500$ Pa, soit 9,5 × 10³ J·m⁻³ perdus par frottement. La relation de Bernoulli, qui suppose un fluide parfait, surestime la pression en B : c’est ainsi qu’on teste le modèle avec des capteurs.

Un camion de pompiers alimente une lance par un tuyau de diamètre intérieur 45 mm. La lance est tenue en haut d’une échelle, 15,0 m au-dessus de la sortie de la pompe ; sa buse a un diamètre de 18 mm et le débit vaut 500 L·min⁻¹. L’eau est un fluide parfait, incompressible, en écoulement permanent ; le jet sort à l’air libre. Données : $\rho =1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³ ; $g=9,81$ N·kg⁻¹ ; $P_{\text{atm}}=1,013\times {10}^5$ Pa.

1. Vitesse du jet à la sortie de la lance : m·s⁻¹
   $D_V={\displaystyle \frac{500\times {10}^{-3}}{60}}=8,33\times {10}^{-3}$ m³·s⁻¹ ; $s={\displaystyle \frac{\pi \times 0,{018}^2}{4}}=2,54\times {10}^{-4}$ m² ; $v_b={\displaystyle \frac{D_V}{s}}\approx$ 32,7 m·s⁻¹.
2. Vitesse de l’eau dans le tuyau : m·s⁻¹
   $S={\displaystyle \frac{\pi \times 0,{045}^2}{4}}=1,59\times {10}^{-3}$ m² ; $v_t={\displaystyle \frac{D_V}{S}}\approx$ 5,24 m·s⁻¹.
3. Pression de l’eau à la sortie de la pompe, dans le tuyau : × 10⁵ Pa
   Bernoulli entre la sortie de la pompe (tuyau, $z=0$) et le jet ($P_{\text{atm}}$, $v_b$, $z=15,0$ m), sans machine entre les deux : $P=P_{\text{atm}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\rho (v_b^2-v_t^2)+\rho gh=101300+522490+147150\approx$ 7,71 × 10⁵ Pa.
4. Le manomètre de la pompe indique la pression relative, au-dessus de la pression atmosphérique : bar
   $P-P_{\text{atm}}\approx 6,70\times {10}^5$ Pa, soit 6,70 bar (1 bar = 10⁵ Pa). Les frottements dans le tuyau exigent en pratique davantage.

Grands réservoirs ouverts, fluide parfait, $g=9,81$ N·kg⁻¹. Calcule la vitesse de sortie du liquide.

1. Orifice percé 1,10 m sous la surface libre de l’eau : $v$ = m·s⁻¹
   $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9,81\times 1,10}\approx$ 4,65 m·s⁻¹.
2. Réservoir haut de 2,10 m, rempli d’eau sur 1,75 m ; robinet à 0,30 m au-dessus du fond : $v$ = m·s⁻¹
   $h$ se mesure de la surface libre au robinet : $h=1,75-0,30=1,45$ m. $v=\sqrt{2\times 9,81\times 1,45}\approx$ 5,33 m·s⁻¹.
3. Orifice à 20 cm sous la surface libre de l’eau : $v$ = m·s⁻¹
   $h=0,20$ m (et non 20) : $v=\sqrt{2\times 9,81\times 0,20}\approx$ 1,98 m·s⁻¹.
4. Cuve d’huile de masse volumique 910 kg·m⁻³, orifice à 60 cm sous la surface : $v$ = m·s⁻¹
   La masse volumique n’intervient pas : $v=\sqrt{2\times 9,81\times 0,60}\approx$ 3,43 m·s⁻¹, comme pour de l’eau (huile supposée parfaite).

Une grande bouteille d’eau ouverte est posée sur une table. Un petit trou est percé dans sa paroi verticale, 12,0 cm sous la surface libre et 26,0 cm au-dessus de la table : l’eau en sort horizontalement. On admet que chaque goutte, partie horizontalement avec la vitesse $v$, tombe ensuite en chute libre d’une hauteur $H$ en une durée $t=\sqrt{{\displaystyle \frac{2H}{g}}}$. Fluide parfait, niveau quasi constant, $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Vitesse de l’eau à la sortie du trou : m·s⁻¹
   Torricelli : $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9,81\times 0,120}\approx$ 1,53 m·s⁻¹.
2. Durée de chute d’une goutte jusqu’à la table : s
   $t=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 0,260}{9,81}}}\approx$ 0,230 s.
3. Distance horizontale entre le trou et le point d’impact sur la table : cm
   Mouvement horizontal uniforme : $x=vt\approx 1,534\times 0,2302\approx 0,353$ m, soit 35,3 cm. En littéral, $x=\sqrt{2gh}\sqrt{{\displaystyle \frac{2H}{g}}}=2\sqrt{hH}$ : $g$ disparaît.
4. La surface libre étant à 38,0 cm au-dessus de la table, à quelle hauteur au-dessus de la table faudrait-il percer le trou pour que le jet aille le plus loin ? cm
   Avec $h+H=38,0$ cm, la portée $2\sqrt{hH}=2\sqrt{h(38,0-h)}$ est maximale quand le produit $h(38,0-h)$ l’est, c’est-à-dire pour $h=H$ : trou à 19,0 cm au-dessus de la table, à mi-hauteur de l’eau.

Une cuve cylindrique verticale et ouverte, de diamètre 0,60 m, contient de l’eau sur une hauteur $h_0=0,95$ m. À $t=0$, on ouvre au fond un orifice circulaire de diamètre 1,5 cm. On note $h(t)$ la hauteur d’eau, $S$ et $s$ les aires de la cuve et de l’orifice, et l’on admet que la formule de Torricelli reste valable à chaque instant. En exprimant le débit de deux façons, $-S{\displaystyle \frac{dh}{dt}}=s\sqrt{2gh}$ ; avec $u=\sqrt{h}$, cela donne ${\displaystyle \frac{du}{dt}}=-{\displaystyle \frac{s}{S}}\sqrt{{\displaystyle \frac{g}{2}}}$. $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Rapport des aires $S÷s$ :
   ${\displaystyle \frac{S}{s}}={\left({\displaystyle \frac{0,60}{0,015}}\right)}^2={40}^2=$ 1 600.
2. Valeur de $\sqrt{{\displaystyle \frac{2h_0}{g}}}$ : s
   $\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 0,95}{9,81}}}\approx$ 0,440 s.
3. Durée $T$ de la vidange complète : s
   ${\displaystyle \frac{du}{dt}}$ est constant : $u(t)=\sqrt{h_0}-{\displaystyle \frac{s}{S}}\sqrt{{\displaystyle \frac{g}{2}}}t$. La cuve est vide quand $u=0$ : $T={\displaystyle \frac{S}{s}}\sqrt{{\displaystyle \frac{2h_0}{g}}}=1600\times 0,440\approx$ 704 s, environ 11 min 44 s.
4. Durée pour que la hauteur passe de $h_0$ à $h_0÷2$ : s
   $h={\displaystyle \frac{h_0}{2}}$ quand $u={\displaystyle \frac{\sqrt{h_0}}{\sqrt{2}}}$ ; $u$ étant affine, $t=T(1-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}})=704\times 0,293\approx$ 206 s. La première moitié de la hauteur s’écoule en moins d’un tiers de la durée totale : la vidange ralentit, car $v$ varie comme $\sqrt{h}$.

Données : ${\rho }_{\text{eau}}=1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³ ; ${\rho }_{\text{air}}=1,20$ kg·m⁻³ ; $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Un tube de Pitot plongé dans l’eau d’un canal mesure $P_t-P_s$ = 1,25 kPa : $v$ = m·s⁻¹
   $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 1250}{1,00\times {10}^3}}}=\sqrt{2,5}\approx$ 1,58 m·s⁻¹.
2. Dans un rétrécissement horizontal, l’eau passe de 0,60 m·s⁻¹ à 2,10 m·s⁻¹ : $P_A-P_B$ = × 10³ Pa
   $P_A-P_B={\displaystyle \frac{1}{2}}\rho (v_B^2-v_A^2)=500\times (4,41-0,36)=2025$ Pa ≈ 2,0 × 10³ Pa. Piège : $500\times (2,10-0,60{)}^2$ donnerait 1,1 × 10³ Pa.
3. Le tube de Pitot placé dans une gaine de ventilation est relié à un manomètre à eau, qui indique une dénivellation de 12,0 mm : $P_t-P_s$ = Pa
   Le manomètre contient de l’eau au repos : $P_t-P_s={\rho }_{\text{eau}}g\Delta h=1,00\times {10}^3\times 9,81\times 0,0120\approx$ 118 Pa.
4. Vitesse de l’air dans cette gaine : m·s⁻¹
   Le fluide qui s’écoule est l’air : $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 117,7}{1,20}}}\approx$ 14,0 m·s⁻¹. Avec la masse volumique de l’eau, on trouverait 0,49 m·s⁻¹, absurde.

Une trompe à eau, vissée sur un robinet, sert à faire le vide dans un flacon. L’eau y entre en A (diamètre 8,0 mm) à la vitesse de 1,2 m·s⁻¹ sous la pression $P_A=1,12\times {10}^5$ Pa, puis traverse un col horizontal B, de diamètre 2,5 mm, sur lequel débouche le tuyau relié au flacon. Fluide parfait, incompressible, écoulement permanent ; $\rho =1,00\times {10}^3$ kg·m⁻³ ; $P_{\text{atm}}=1,013\times {10}^5$ Pa.

1. Vitesse de l’eau au col : m·s⁻¹
   $v_B=v_A{\left({\displaystyle \frac{d_A}{d_B}}\right)}^2=1,2\times {\left({\displaystyle \frac{8,0}{2,5}}\right)}^2=1,2\times 10,24\approx$ 12,3 m·s⁻¹.
2. Pression au col : × 10⁴ Pa
   Bernoulli à altitude constante : $P_B=P_A-{\displaystyle \frac{1}{2}}\rho (v_B^2-v_A^2)=1,12\times {10}^5-500\times (12,{29}^2-1,2^2)\approx$ 3,72 × 10⁴ Pa, bien en dessous de la pression atmosphérique : l’air du flacon est aspiré vers le col.
3. Débit d’eau consommé par la trompe : L·min⁻¹
   $D_V={\displaystyle \frac{\pi \times (8,0\times {10}^{-3}{)}^2}{4}}\times 1,2=6,03\times {10}^{-5}$ m³·s⁻¹, soit 3,62 L·min⁻¹.
4. Vitesse minimale de l’eau en A pour que la pression au col soit inférieure à $P_{\text{atm}}$ (même $P_A$) : m·s⁻¹
   Il faut ${\displaystyle \frac{1}{2}}\rho v_A^2[{\left({\displaystyle \frac{d_A}{d_B}}\right)}^4-1]\>P_A-P_{\text{atm}}=1,07\times {10}^4$ Pa, avec ${\left({\displaystyle \frac{8,0}{2,5}}\right)}^4=104,86$ : $v_A\>\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 1,07\times {10}^4}{1000\times 103,86}}}\approx$ 0,454 m·s⁻¹. En dessous, la trompe n’aspire pas.

Un avion de tourisme vole à une altitude où la masse volumique de l’air vaut 0,905 kg·m⁻³ et la vitesse du son 330 m·s⁻¹. Son tube de Pitot mesure une différence de 2,34 kPa entre la pression totale $P_t$ et la pression statique $P_s$ ; les deux prises sont à la même altitude, l’air est supposé incompressible dans le tube. L’anémomètre de bord, lui, est étalonné avec la masse volumique de l’air au niveau de la mer, 1,225 kg·m⁻³.

1. Vitesse réelle de l’avion par rapport à l’air : m·s⁻¹
   Dans le référentiel de l’avion, l’air arrive avec la vitesse $v$ et la pression $P_s$ ; au point d’arrêt, $v=0$ et $P=P_t$. Bernoulli : $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2(P_t-P_s)}{\rho }}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 2340}{0,905}}}\approx$ 71,9 m·s⁻¹.
2. Cette vitesse en km·h⁻¹ :
   $71,9\times 3,6\approx$ 259 km·h⁻¹.
3. Vitesse affichée par l’anémomètre : m·s⁻¹
   L’instrument calcule $\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 2340}{1,225}}}\approx$ 61,8 m·s⁻¹ (environ 223 km·h⁻¹).
4. Écart relatif entre vitesse réelle et vitesse affichée : %
   ${\displaystyle \frac{71,9-61,8}{71,9}}\approx 0,14$, soit 14 % : en altitude, l’air moins dense fait sous-estimer la vitesse, dans le rapport $\sqrt{{\displaystyle \frac{0,905}{1,225}}}\approx 0,86$.
5. Rapport entre la vitesse de l’avion et celle du son :
   ${\displaystyle \frac{71,9}{330}}\approx$ 0,22 : moins de 0,3, l’hypothèse d’un air incompressible est acceptable.