\onglet
\begin{qcm}{Testez vos connaissances}{5}
  \begin{questions}
  \item La poussée d'Archimède est dirigée vers le bas lorsque:\\
    \resetchoix
    \choix{}Le corps immergé est plus dense que le liquide qui l'entoure\\
    \choix{}Le corps immergé est moins dense que le liquide qui
    l'entoure\\
    \choix{}La poussée d'Archimède n'est jamais dirigée vers le bas.
  \item On dit qu'un fluide est incompressible lorsque:\\
    \resetchoix
    \choix{} La pression est la même en tout point du fluide\\
    \choix{} La pression est nulle en tout point du fluide\\
    \choix{} La masse volumique du fluide ne dépend pas de la pression
  \item \index{Relation de Bernoulli}La relation de Bernoulli, dans un fluide incompressible, est une
    relation entre:\\
    \resetchoix
    \choix La pression, la masse volumique, la vitesse et l'altitude. \\
    \choix La température, la vitesse, la masse volumique et la l'altitude;\\
    \choix L'accélération, la masse volumique, la vitesse et la pression;
  \item Chacun des termes de la relation de Bernoulli, sous la forme
    vue en cours, a même unité:\\
    \resetchoix
    \choix qu'une vitesse\\
    \choix qu'une pression\\
    \choix qu'une énergie.
  \item On dit que l'écoulement d'un fluide est en régime permanent lorsque:\\
    \resetchoix
    \choix La vitesse des éléments du fluide est partout la même;\\
    \choix Le fluide est toujours en mouvement;\\
    \choix En tout point donné, la vitesse du fluide ne varie pas au cours du\\\hspace*{1.5em} temps.
  \end{questions}
\end{qcm}
\begin{corrige}
  \begin{questions}
\item Réponse \choix[c]: la poussée d'Archimède est toujours dirigée
  vers le haut.
\item Réponse \choix[c]: la masse volumique du fluide ne dépend pas
  de la pression.
\item Réponse \choix[a]: il s'agit d'une relation entre la
  \textcolor{DB}{pression}, la \textcolor{DG}{masse volumique},
  la \textcolor{DO}{vitesse} et l'\textcolor{DR}{altitude}:
  \[\frac12\textcolor{DG}{\rho}\textcolor{DO}{v}^2+\textcolor{DG}{\rho}g\textcolor{DR}{z}+\textcolor{DB}{P}=\mbox{constante}.\]
\item Réponse \choix[b]: les termes ont même unité qu'une pression.
\item Réponse \choix[c]: la vitesse du fluide est constante en tout
  point donné.
\end{questions}
\end{corrige}
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\begin{exo}{Débit d'un fleuve}{Lycée Chateaubriand, Rennes}{1}{5}
\enlargethispage*{2em}
  On considère un fleuve s'écoulant en régime permanent. À une 
  certaine position~A, sa largeur est de $240$~m et sa profondeur est 
  de $20$~m. Le \index{Debit@Débit volumique}débit volumique du fleuve 
  est de $2{,}4\cdot 10^3$~m$^3$.s$^{-1}$. 


  \begin{center}
    \includegraphics[width=7cm]{258_lifleuve}
  \end{center}
  
  \begin{questions}
    \item Quelle est la vitesse du courant à la position A ? 
    \item À une position B située en aval, la vitesse du courant est 
      de $1{,}2$~m.s$^{-1}$ et la largeur du fleuve s'est réduite à 
      $130$~m.  Quelle est à cette position la profondeur du fleuve ? (voir indications page ci-contre).
    \end{questions}
    \textit{Indications:} on admettra que la section du fleuve aux 
    positions~A et~B a une forme rectangulaire, et que la vitesse est 
    uniforme sur chacune de ces sections. 
\end{exo}
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\begin{corrige}
  \begin{questions}
  \item Le débit volumique $Q$ du fleuve au point A est égal à la surface $S$
    de la section du fleuve multipliée par la vitesse $v_\mathrm{A}$, 
    où $v_\mathrm{A}$ est la quantité recherchée, et où 
    $S=l_\mathrm{A}\times h_\mathrm{A}$, $l_\mathrm{A}$ étant la 
    largeur du fleuve en A et $h_\mathrm{A}$ sa profondeur. Nous avons 
    donc: 
    \[Q = v_\mathrm{A}\times l_\mathrm{A}\times h_\mathrm{A},\]
    soit: 
    \[v_\mathrm{A}=\frac{Q}{l_\mathrm{A}\times h_\mathrm{A}}.\]
    L'application numérique donne: 
    \[v_\mathrm{A}=\frac{2{,}4\cdot 10^3}{240\times 
        20}=0{,}50\mbox{~m.s}^{-1}.\]
  \item Le fleuve s'écoulant en régime permanent, son débit volumique 
    est partout le même. Nous pouvons donc écrire, en utilisant des 
    notations similaires à celles de la question précédente: 
    \[Q = v_\mathrm{B}\times l_\mathrm{B}\times h_\mathrm{B},\]
    soit: 
    \[h_\mathrm{B}=\frac{Q}{v_\mathrm{B}\times l_\mathrm{B}}.\]
    L'application numérique donne: 
    \[h_\mathrm{B}=\frac{2{,}4\cdot 10^3}{130\times 
        1{,}2}=15\mbox{~m}.\]
        \begin{methode}
         Nous gardons deux chiffres significatifs dans le résultat puisque 
    c'est la précision avec laquelle $Q$ et $v_\mathrm{B}$ sont 
    données dans l'énoncé. 
        \end{methode}
   
  \end{questions}
\end{corrige}
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\begin{exo}{Ligne de flottaison}{Lycée Saint-Sernin, Toulouse}{2}{20}
  On considère un solide de masse $m$, de forme parallélépipédique, de
  dimensions $L\times l\times h$, comme représenté sur la figure
  ci-dessous.

  \begin{center}
    \includegraphics[width=3cm]{259_archimedeexo01}
  \end{center}

  On plonge ce solide dans un liquide masse volumique
  $\rho$.

  \begin{center}
    \includegraphics[width=6cm]{259_archimedeexo02}
  \end{center}
  
  \begin{questions}
    \item À quelle condition ce solide peut-il flotter
      c'est-à-dire présenter, à l'équilibre, une partie émergée ?
    \item Supposons remplie cette condition, et supposons que le solide, à
      l'équilibre, est tel que ses faces de côté $L$ et $l$ soient
      horizontales, comme représenté sur la figure ci-dessus. Donner
      l'expression de la distance $d$            entre la partie inférieure du solide
      et la surface du liquide, en fonction de $m$, $L$, $l$ et $\rho$.
  \end{questions}
\end{exo}
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\begin{corrige}
  \begin{questions}
  \item Supposons le solide au repos, totalement immergé. Si la
    poussée d'Archimède est inférieure à son poids, la somme
    vectorielle des forces exercées sur le solide est dirigée vers le
    bas: le solide \og coule\fg. Si en revanche elle est supérieure à
    son poids, la somme vectorielle des forces est dirigée vers le
    haut et le solide va être accéléré en direction de la surface. La
    condition pour qu'il puisse flotter est donc que la
    \index{Force d'Archimède}poussée d'Archimède qui s'exerce sur lui,
    quand il est totalement immergée, soit supérieure à son poids.
    
    La poussée d'Archimède sur le solide est égale au poids du liquide
    déplacé. Le volume du solide est $L\times l\times h$, donc la
    masse $M$ du liquide déplacé est :
    \[M = \rho\times L\times l\times h\]
    et le poids $P$ de celui-ci est:
    \[P=Mg=\rho\times L\times l\times h\times g,\]
    où $g$ est l'intensité de la pesanteur.
    Le solide peut flotter si la poussée d'Archimède est supérieure ou
    égale à son poids $mg$, donc:
    \[\rho\times L\times l\times h> m.\]
    \begin{Remarque}
      Si on note $\rho_\mathrm{objet}$ la masse volumique de
      l'objet, qui s'obtient en divisant sa masse par son volume:
      \[\rho_\mathrm{objet} = \frac{m}{L\times l\times h},\]
      alors la condition ci-dessus s'écrit simplement:
      \[\rho > \rho_\mathrm{objet}.\]
    \end{Remarque}
  \item Lorsque le solide est à l'équilibre, la somme vectorielle des
    deux forces s'exerçant sur lui (son poids et la poussée
    d'Archimède) est nulle. La masse $M'$ du fluide déplacé est, par
    analogie avec la question antérieure:
    \[M'=L\times l\times d\times \rho.\]
    Par conséquent la somme vectorielle $\vec F$ des forces s'exerçant sur le
    solide est:
    \[\vec F = (L\times l\times d\times \rho g-mg)\vec {e_z},\]
    où $\vec{e_z}$ est le vecteur unitaire dirigé vers le haut. La
    condition $\vec F=\vec 0$ est donc équivalente à:
    \[L\times l\times d\times \rho -m=0\]
    soit:
    \[d=\frac{m}{L\times l\times \rho}.\]
    Naturellement, $d < h$ si et seulement si la condition de la
    première question est satisfaite.
  \end{questions}
\end{corrige}
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%%%%% VIDEO EXO
\begin{exo}{Trajectoire d'un jet d'eau}{Lycée Arago, Paris}{2}{20}
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{trajectoir d'un jet d'eau}{https://media.prepamath.fr/ILTPCch13exo04}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.4){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTPCch13exo04}}}
\vspace*{-16pt}


  On réalise le dispositif de la figure suivante.
  
  Un récipient est placé sur une colonne de hauteur $H$. Il est rempli 
  jusqu'à la hauteur $h$ d'eau, de masse volumique $\rho$. 
  
  Le 
  récipient possède un orifice à sa base, prolongé d'un bec verseur 
  horizontal. Au pied de la colonne, à une distance $D$ de celle-ci, 
  on place une cuve. On suppose que les parcelles de fluide, 
  lorsqu'elles quittent le bec verseur, se comportent comme des masses 
  ponctuelles. 

  \begin{center}
    \includegraphics{260_jetdeau01}
  \end{center}

  
  \begin{questions}
    \item Quelle est la nature de la trajectoire des parcelles de 
      fluide une fois qu'elles quittent le bec verseur ? 
    \item Nous notons $v_0$ la vitesse de l'eau en sortie du bec 
      verseur. 
      \begin{questions}
      \item Donner l'expression de $v_0$ en fonction de la hauteur $h$
        de la surface de l'eau dans le récipient, et de $g$ l'intensité de la pesanteur.
      \item Donner, en fonction de $v_0$, $g$ et $H$, la distance des 
        gouttes d'eau à la colonne lorsqu'elles arrivent au niveau du 
        sol. 
      \item En déduire ce que doit être la hauteur de l'eau dans le 
        récipient pour que le jet d'eau soit recueilli dans la cuve. 
      \end{questions}
    \end{questions}
    \textit{Données:}\\
    Hauteur de la colonne: 
    $H=1{,}2$~m.\\
    Distance de la cuve: 
    $D=75$~cm. 
\end{exo}
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\begin{corrige}
\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTPCch13exo04}}}
\vspace*{-16pt}  
\begin{questions}
  \item Les parcelles de fluide se comportant comme des masses 
    ponctuelles, elles ont la \index{Mouvement parabolique}trajectoire 
    parabolique caractéristique des mouvements de chute libre (voir 
    chapitre~\ref{cha:mouvement-dans-un}). 
    \item 
      \begin{questions}
      \item Nous appliquons la relation de Bernoulli entre la surface 
        du liquide dans le récipient et le bec verseur. Nous 
        considérons que la vitesse des parcelles de fluide à la 
        surface est négligeable devant celle obtenue à la sortie du 
        bec verseur, donc nous avons: 
        \[0+P_0+\rho gz_S=\frac 12\rho v^2+P_0+\rho gz_B,\]
        où $P_0$ est la pression atmosphérique, $\rho$ la masse 
        volumique du fluide, $z_S$ l'altitude de la surface et $z_B$
        celle du bec verseur. Nous en déduisons: 
        \[\frac 12\rho v_0^2=\rho g (z_S-z_B)=\rho g h,\]
        soit: 
        \[v_0=\sqrt{2gh}.\]
      \item Les parcelles de fluide se comportant comme des masses 
        ponctuelles, nous pouvons utiliser le formalisme nous 
        permettant d'obtenir l'équation horaire de trajectoires dans 
        un champ de gravité uniforme. Si nous notons $z$ la 
        coordonnée verticale, nous obtenons, en projetant sur les axes 
        $(Ox)$ et $(Oz)$ la relation fondamentale de la dynamique dans le référentiel terrestre: 
        \[
        \frac{\dd^2 x}{\dd t^2} = 0\mbox{~~~~et~~~~}\frac{\dd^2 z}{\dd t^2} = -g,\]
        puisque la force auxquelles les parcelles sont soumises, leur 
        propre poids, est verticale. 
        En intégrant une fois par rapport au temps ces équations, nous 
        avons: 
        \[
        \frac{\dd x}{\dd t}=K_1\mbox{~~~~~et~~~~~}\frac{\dd z}{\dd t}=-gt+K_2,\]
        où les constantes d'intégration $K_1$ et $K_2$ sont à 
        déterminer. Si nous adoptons comme origine des temps l'instant 
        où la parcelle sort du bec verseur, nous savons qu'alors $\dot 
        x=v_0$ et $\dot z=0$, puisque le bec verseur est 
        horizontal. Nous en déduisons: $K_1=v_0$ et $K_2=0$. Nous 
        intégrons à nouveau par rapport au temps et obtenons: 
        \[x = v_0t+K_3\mbox{~~~~~et~~~~~}z = -\frac 12gt^2+K_4,\]
        où, à nouveau, nous devons déterminer les constantes 
        d'intégration $K_3$ et $K_4$. L'origine de abscisses $x$ est 
        choisie (voir la figure de l'énoncé) à la position du bec 
        verseur, donc en $t=0$, on doit avoir $x=0$. Par conséquent 
        $K_3=0$. 
        
        Si nous prenons l'origine de $z$ au niveau du sol, 
        à $t=0$ nous devons avoir $z=H$, donc $K_4=H$. En définitive 
        l'équation horaire des parcelles de fluide est: 
        \[x = v_0t\mbox{~~~~~~et~~~~~}z=H-\frac12 gt^2.\]
        Pour savoir à quelle valeur de $x$ les gouttes d'eau impactent 
        le sol, déterminons à quel instant $t_s$ nous avons $z=0$ (position 
        du sol): 
        \[H-\frac 12 gt_s^2=0\]
        donc 
        \[t_s = \sqrt{\frac{2H}{g}}.\]
        À cet instant, la valeur de $x$ vaut: 
        \[x=v_0t_s=v_0 \sqrt{\frac{2H}{g}}.\]
\begin{aretenir}
On rappelle que la seconde loi de Newton et la relation (ou principe) fondamentale de la dynamique sont la même loi. \\
La notation $\dot{x}$ (ou $\ddot{x}$) fait appel à la dérivé première (respectivement seconde) selon le temps de la grandeur $x$.
\end{aretenir}        
        
        \item Nous souhaitons avoir $x=D$. Par ailleurs, nous 
          substituons l'expression de $v_0$ par celle obtenue à la 
          question 2. Ainsi, nous écrivons: 
          \[D = \sqrt{2gh}\times \sqrt{\frac{2H}{g}}=2\sqrt{Hh}.\]
          Nous en déduisons: 
          \[h = \frac{D^2}{4H}.\]
          Nous notons que cette valeur ne dépend ni de l'intensité de 
          la pesanteur, ni de la masse volumique du liquide. 
          L'application numérique donne: 
          \[h = \frac{0{,}75^2}{4\times 1{,}2}=0{,}12\mbox{~m}=12\mbox{~cm}.\]
           Nous gardons deux chiffres significatifs pour ce résultat 
           puisque c'est la précision avec laquelle sont données les 
           valeurs de l'énoncé. 
      \end{questions}
  \end{questions}
\end{corrige}
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\begin{exo}{Vidange d'une piscine}{Lycée Claude Bernard, Paris}{2}{25}
\enlargethispage*{3em}
 \mbox{On considère une piscine gonflable pour enfants, remplie d'eau à la hauteur $h$.}
   \begin{center}
    \includegraphics{260_piscine01}    
  \end{center}
  
  Cette piscine se trouve sur une terrasse, et on
  souhaite la vider dans le jardin en contrebas en utilisant l'effet
  siphon. Pour ce faire, on utilise un tuyau de diamètre $d$, que l'on
  dispose comme sur la figure ci-dessus.
  
  Entre le bas du tuyau côté jardin, et le sol de la terrasse, on a
  une différence d'altitude $H$.

  \begin{questions}
  \item Donner l'expression de la vitesse de l'eau en sortie du tuyau,
    en fonction de l'intensité de la pesanteur $g$, de la hauteur
    d'eau $h$ et du dénivelé $H$.
  \item En faisant l'approximation que $h$ est négligeable devant $H$,
    donner l'expression du temps requis pour vider la piscine en
    fonction de $d$, $h$, $H$, $g$ et du diamètre $D$ de la piscine,
    puis effectuer l'application numérique.
  \end{questions}
  \textit{Données:}\\
  Intensité de la pesanteur: $g=9{,}8$~m.s$^{-2}$\\
  Dénivelé entre la terrasse et l'extrémité basse du tuyau:
  $H=3{,}5$~m\\
  Hauteur d'eau initiale dans la piscine: $h=40$~cm.\\
  Diamètre de la piscine: $D=2{,}0$~m.\\
  Diamètre du tuyau: $d=2{,}5$~cm.
\end{exo}
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\begin{corrige}
  \begin{questions}
  \item Nous écrivons la relation de Bernoulli pour une ligne de
    courant qui émerge du tuyau (T) et provient de la surface (S) de
    la piscine. À ces deux endroits la pression est égale à la
    pression atmosphérique $P_0$. La vitesse $v_S$ des parcelles de
    fluide près de la surface de la piscine est négligeable devant la
    vitesse de celles qui émergent du tuyau, aussi nous considérons
    $v_S= 0$.  
    
    Nous pouvons donc écrire:
    \[0+P_0+\rho g z_S=\frac 12\rho v_T^2+P_0+\rho g z_T,\] 
    où $v_T$
    est la vitesse en sortie du tuyau, $z_S$ l'altitude de la surface
    de la piscine, $z_T$ l'altitude de l'extrémité basse du tuyau et
    $\rho$ la masse volumique de l'eau. Cette relation devient:
    \[\frac 12 v_T^2=g(z_S-z_T)=g(h+H),\]
    car la différence d'altitude entre la surface de la piscine et la
    sortie du tuyau, comme on peut le voir sur la figure de l'énoncé,
    est $h+H$. En définitive nous avons donc:
    \[v_T=\sqrt{2g(h+H)}.\]
  \item Le rayon du tuyau est $d/2$ donc sa section est $\pi d^2/4$,
    et le débit volumique est par conséquent:
    \[Q=\pi\frac{d^2}{4}v_T=\sqrt{2g(h+H)}\frac{\pi d^2}{4}.\]
    En vertu de l'hypothèse donnée dans l'énoncé, nous pouvons écrire:
    \[Q\simeq \sqrt{2gH}\frac{\pi d^2}{4}.\]
    Le volume d'eau dans la piscine est initialement:
    \[V=\pi h D^2/4,\]
    donc la durée requise pour la vider est:
    \[t = \frac VQ=\frac{hD^2}{\sqrt{2gH}d^2}.\]
    L'application numérique donne:
    \[t = \frac{0{,}4\times 2^2}{\sqrt{2\times 9{,}8\times
          3{,}5}\times (2{,}5\cdot 10^{-2})^2}
     =3,1.10^2\mbox{~s.}\]%%%ERREUR VOLONTAIRE (détectée)
      %=330\mbox{~s.}\]
     %%%RESULTAT CORRECT
    Nous gardons deux chiffres significatifs dans le résultat puisque
    c'est la précision avec laquelle sont donnés les paramètres de
    l'énoncé. Il faut un peu plus de cinq minutes pour vider la piscine.
  \end{questions}
\end{corrige}
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\begin{exo}{Débitmètre à effet Venturi}{Lycée Jean Rostand, Villepinte}{3}{25}
  \label{exoventuri}
  \index{Effet Venturi}On considère le dispositif de la figure
  ci-dessous, consistant en un tuyau de diamètre $D$ se rétrécissant
  vers une portion centrale de diamètre $d$ avant de s'élargir à
  nouveau. Ce tuyau est connecté à un manomètre en U, une entrée (A)
  se trouvant sur la portion large et l'autre (B) sur la portion
  étroite. Un liquide de masse volumique $\rho$ circule dans le tuyau,
  et possède la vitesse $u$ dans la partie amont, de grande
  section. Le liquide utilisé dans le manomètre a pour masse volumique
  $\rho'$, et est non-miscible avec le fluide circulant dans le
  tuyau. L'axe du tube est horizontal. Le but de cet exercice est de
  démontrer que le dénivelé du fluide dans le
  \index{Manometre@Manomètre}manomètre est relié à la vitesse du
  fluide dans le tuyau, et que l'on peut ainsi estimer le
  \index{Debit@Débit volumique}débit volumique dans celui-ci.

  \begin{center}
    \includegraphics[width=10cm]{261_venturi01}
  \end{center}

  Nous notons $H$ le dénivelé entre les deux surfaces de liquide du
  manomètre. 
  
  On considère que le fluide s'écoulant dans le tuyau est
  incompressible, et que l'écoulement est en régime permanent. Dans
  ces conditions les fluides à l'intérieur du manomètre en U sont au repos.
  \begin{questions}
    \item Exprimer la vitesse $v$ au point B en fonction de $u$, $D$
      et $d$.
    \item Quelle est la différence d'altitude entre les points B et
      A~?
    \item Déduire de la question précédente, en appliquant la relation
      de Bernoulli à la ligne de courant passant par A et B, la
      différence de pression\linebreak $P_A-P_B$.
    \item Calculer la pression du fluide du manomètre au point C,
      situé à la surface du liquide manométrique de gauche, de deux
      manières:
      \begin{questions}
        \item En utilisant la relation fondamentale de l'hydrostatique
          entre le point A et le point C.
        \item En utilisant la relation fondamentale de l'hydrostatique
          entre le point B et le point C.
        \end{questions}
        On notera $h_1$ la différence de hauteur entre le point A et
        le point C.
    \item De la question précédente déduire la valeur de $P_A-P_B$ en
      fonction de $\rho'$, $\rho$, $H$, $D$, $d$ et $g$.
    \item En déduire que le débit dans le tuyau a l'expression
      suivante:
      \[Q=\frac{\pi
          D^2}{4}\sqrt{\frac{2gH\left(\frac{\rho'}{\rho}-1\right)}{\left(\frac Dd\right)^4-1}}.\]
  \end{questions}
\end{exo}
%%%%%
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\begin{corrige}
  \begin{questions}
    \item L'écoulement étant en régime permanent, le débit volumique
      du fluide est le même dans la section large et dans la section
      étroite. La  surface de la section large vaut $\pi D^2/4$, tandis
      que celle de la section étroite est $\pi d^2/4$.
      Nous avons alors:
      \[\pi \frac{D^2}{4}u = \pi \frac{d^2}{4}v,\text{ donc : } v=\left(\frac Dd\right)^2u.\]
    \item La différence d'altitude entre les points B et A est égale à
      la différence des rayons des parties large et étroite, donc:
      \[z_B-z_A=\frac{D-d}{2}.\]
    \item La relation de Bernoulli sur cette ligne de courant
      s'écrit:
      \[\frac 12\rho u^2+P_A+\rho g z_A=\frac 12\rho v^2+P_B+\rho g
        z_B,\]
      soit encore:
      \begin{eqnarray*}
      P_A-P_B&=&\frac 12\rho v^2-\frac 12\rho u^2+\rho g(z_B-z_A)\\
             &=&  \frac 12\rho\left[\left(\frac
                 Dd\right)^4-1\right]u^2+\rho g(z_B-z_A) \\
             &=&  \frac 12\rho\left[\left(\frac
                 Dd\right)^4-1\right]u^2+\rho g\frac{D-d}{2}.\\
      \end{eqnarray*}
    \item
      \begin{questions}
      \item Les fluides à l'intérieur du manomètre étant au repos,
        nous pouvons appliquer la relation fondamentale de
        l'hydrostatique entre le point A et le point C. Nous avons:
        \[P_C-P_A = \rho g h_1\mbox{~~~~soit~~~~}P_C=P_A+\rho g h_1.\]
      \item De manière similaire, nous pouvons utiliser cette relation
        entre le point B et le point C. Lorsque l'on passe du point B
        à la surface du liquide manométrique dans la branche de
        droite, la pression augmente de $\rho g[(D-d)/2+h_1-H]$, le
        terme entre crochets étant la différence d'altitude entre le
        point B et la surface. Ensuite, entre la surface et le point
        C, la pression augmente de $\rho'gH$, donc en définitive nous
        avons:
        \[P_C=P_B+\rho g\left(\frac{D-d}{2}+h_1-H\right)+\rho' g H.\]
      \end{questions}
    \item Nous écrivons l'égalité entre les deux expressions de $P_C$
      obtenues à la question précédente:
      \[P_A+\rho g h_1=P_B+\rho
        g\left(\frac{D-d}{2}+h_1-H\right)+\rho' g H,\]
      donc:
      \[P_A-P_B=\rho g\frac{D-d}{2}+(\rho'-\rho)g H.\]
      On constate que les termes contenant $h_1$ s'éliminent entre
      eux.
      
    \item Au cours des questions précédentes, nous avons obtenu deux
      expressions de $P_A-P_B$: l'une obtenue en utilisant la relation
      de Bernoulli, et liée à la vitesse du fluide dans le tube,
      l'autre obtenue en utilisant la relation fondamentale de la
      dynamique et liée à la différence de hauteur des surfaces du
      fluide manométrique. Nous écrivons que les deux expressions
      obtenues sont égales:
      \[\rho g\frac{D-d}{2}+(\rho'-\rho)g H=\frac 12\rho\left[\left(\frac
            Dd\right)^4-1\right]u^2+\rho g\frac{D-d}{2}.\]
      Les termes en $\rho g (D-2)/2$ s'annulent et nous obtenons:
      \[u^2=\frac{2gH\left(\frac{\rho'}{\rho}-1\right)}{\left(\frac
            Dd\right)^4-1}.\]
      La vitesse $u$ est obtenue en prenant la racine carrée de cette
      expression, et le débit volumique est obtenu (voir la question
      1) en multipliant $u$ par $\pi D^2/4$, ce qui donne en
      définitive l'expression demandée dans l'énoncé:
      \[Q = \frac{\pi D^2}{4}\sqrt{\frac{2gH\left(\frac{\rho'}{\rho}-1\right)}{\left(\frac Dd\right)^4-1}}.\]
    \end{questions}
    \begin{Remarque}
      on note qu'en vertu de la relation de Bernoulli, la pression du
      fluide est plus petite là où il accélère (dans la portion
      étroite) ce qui est assez contre-intuitif. Cet effet est appelé
      l'effet Venturi, et a des applications ou conséquences dans de
      nombreux domaines, par exemple pour créer une pompe à vide en montage de chimie.
    \end{Remarque}
\end{corrige}

\thumb\AfficheCorrige 

