Exercices corrigés : décrire un fluide au repos (Terminale spécialité)

a) $S=1{,}20\times 0{,}80=0{,}96\ \mathrm{m^{2}}$, donc $F=1{,}013\times 10^{5}\times 0{,}96=9{,}72\times 10^{4}\ \mathrm{N}$, soit près de $100\ \mathrm{kN}$.

b) $m=\dfrac{F}{g}=\dfrac{9{,}72\times 10^{4}}{9{,}81}=9{,}91\times 10^{3}\ \mathrm{kg}$, environ dix tonnes. La table ne s'effondre pas parce que l'atmosphère pousse AUSSI par en dessous, avec une force pratiquement égale et opposée : c'est la résultante qui compte, et elle est quasi nulle.

c) $S=2\times 1{,}70\times 0{,}09=0{,}306\ \mathrm{m^{2}}$ et $F=75\times 9{,}81=736\ \mathrm{N}$. Donc $p=\dfrac{736}{0{,}306}=2{,}41\times 10^{3}\ \mathrm{Pa}$.

d) $p=\dfrac{736}{0{,}05}=1{,}47\times 10^{4}\ \mathrm{Pa}$. Le rapport vaut $\dfrac{1{,}47\times 10^{4}}{2{,}41\times 10^{3}}=6{,}1$ : la pression est six fois plus grande sur les chaussures.

e) Le poids est rigoureusement le même dans les deux cas ; c'est la SURFACE de contact qui change, donc la pression. La neige cède au-delà d'une certaine pression, pas au-delà d'une certaine force : étaler le même poids sur six fois plus de surface suffit à passer sous le seuil. Le même raisonnement explique les chenilles d'un engin de chantier et, à l'inverse, le tranchant d'un couteau, qui concentre la force sur une surface minuscule.

a) $p=p_{0}+\rho\,g\,h=1{,}013\times 10^{5}+1{,}00\times 10^{3}\times 9{,}81\times 3{,}0=1{,}013\times 10^{5}+2{,}94\times 10^{4}=1{,}31\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$.

b) Par mètre : $\rho\,g\times 1=9{,}81\times 10^{3}\ \mathrm{Pa}$, soit environ $0{,}1\ \mathrm{bar}$ par mètre. La pression double lorsque $\rho\,g\,h=p_{0}$, soit $h=\dfrac{1{,}013\times 10^{5}}{9{,}81\times 10^{3}}=10{,}3\ \mathrm{m}$. La règle du plongeur, une atmosphère tous les dix mètres, est donc exacte à $3\ \%$ près.

c) Les pressions sont ÉGALES. La loi ne fait intervenir que la différence d'altitude, jamais la distance horizontale ni la forme du récipient. C'est le principe des vases communicants, et c'est ce qui rend un niveau à eau utilisable sur un chantier.

d) $p=1{,}013\times 10^{5}+13{,}6\times 10^{3}\times 9{,}81\times 3{,}0=1{,}013\times 10^{5}+4{,}00\times 10^{5}=5{,}01\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$. La contribution du fluide est $13{,}6$ fois plus grande que dans l'eau, exactement le rapport des masses volumiques : c'est pourquoi trois mètres de mercure suffiraient à écraser ce que trente mètres d'eau ne feraient pas.

e) Parce que l'hypothèse d'INCOMPRESSIBILITÉ tombe : l'air est un gaz, sa masse volumique diminue avec l'altitude à mesure que la pression baisse. On ne peut donc pas prendre $\rho$ constant sur plusieurs kilomètres, et la décroissance de la pression atmosphérique est en réalité exponentielle et non affine. Sur quelques dizaines de mètres, en revanche, l'approximation reste excellente.

a) $V=(0{,}100)^{3}=1{,}00\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{3}}$. Donc $\Pi=1{,}00\times 10^{3}\times 1{,}00\times 10^{-3}\times 9{,}81=9{,}81\ \mathrm{N}$.

b) $P=\rho_{Al}\,V\,g=2{,}70\times 10^{3}\times 1{,}00\times 10^{-3}\times 9{,}81=26{,}5\ \mathrm{N}$. Le poids l'emporte sur la poussée, il faut donc une force VERS LE HAUT de $26{,}5-9{,}81=16{,}7\ \mathrm{N}$ pour maintenir le cube immobile. C'est ce que l'on ressent en soulevant une pierre sous l'eau : elle paraît plus légère, elle ne l'est pas.

c) Le poids vaut $0{,}60\times 10^{3}\times 1{,}00\times 10^{-3}\times 9{,}81=5{,}89\ \mathrm{N}$, inférieur à la poussée maximale $9{,}81\ \mathrm{N}$ obtenue en immersion totale : le cube remonte, donc il flotte. À l'équilibre, $\Pi=P$ : $1{,}00\times 10^{3}\times V_{i}\times 9{,}81=5{,}89$, d'où $V_{i}=6{,}0\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{3}}$, soit $60\ \%$ du volume.

d) À l'équilibre d'un corps flottant, $\Pi=P$ s'écrit $\rho_{fluide}\,V_{i}\,g=\rho_{corps}\,V\,g$. Le $g$ se simplifie, et l'on obtient $\dfrac{V_{i}}{V}=\dfrac{\rho_{corps}}{\rho_{fluide}}$. On vérifie sur la question c) : $\dfrac{0{,}60}{1{,}00}=0{,}60$, les $60\ \%$ trouvés.

e) L'aluminium est moins dense que le mercure, il FLOTTE, ce qui surprend pour un métal. La fraction immergée vaut $\dfrac{2{,}70}{13{,}6}=0{,}199$, soit environ $20\ \%$ : quatre cinquièmes du cube dépassent de la surface. C'est la même raison qui fait flotter des billes de plomb sur du mercure.

a) $p\,V=1{,}0\times 60=60\ \mathrm{bar\cdot mL}$.

b) $p_{2}=\dfrac{60}{20}=3{,}0\ \mathrm{bar}$. Diviser le volume par trois multiplie la pression par trois : la relation est inversement proportionnelle, jamais proportionnelle.

c) $20\times 3{,}0=60$ ; $30\times 2{,}0=60$ ; $40\times 1{,}5=60$ ; $60\times 1{,}0=60$. Les quatre produits valent la même constante, la loi de Mariotte est bien vérifiée.

d) Parce que $p=\dfrac{\text{constante}}{V}$ : la pression est inversement proportionnelle au volume, et le graphe d'une fonction inverse est une hyperbole. Pour obtenir une DROITE passant par l'origine, il faut porter $p$ en fonction de $\dfrac{1}{V}$ : la pente de cette droite vaut alors la constante.

e) On peut l'appliquer, mais elle ne donne rien de mesurable. La masse volumique de l'air vaut environ $1{,}2\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$, donc l'écart vaut $\rho\,g\,h=1{,}2\times 9{,}81\times 0{,}15=1{,}8\ \mathrm{Pa}$, à comparer à $10^{5}\ \mathrm{Pa}$ : c'est deux cent-millièmes de la pression. Dans un gaz sur de faibles hauteurs, la pression est donc considérée comme UNIFORME, alors que dans un liquide elle ne l'est jamais.

a) À la surface libre de la cuve, la pression vaut $p_{0}$, celle de l'atmosphère. Au même niveau à l'intérieur du tube, la pression vaut celle du vide au sommet, nulle, augmentée de la colonne de mercure : $0+\rho_{Hg}\,g\,h$. Les deux points étant à la même altitude dans un même fluide connecté, ces pressions sont égales : $p_{0}=\rho_{Hg}\,g\,h$.

b) $h=\dfrac{p_{0}}{\rho_{Hg}\,g}=\dfrac{1{,}013\times 10^{5}}{13{,}6\times 10^{3}\times 9{,}81}=0{,}759\ \mathrm{m}$, soit $759\ \mathrm{mm}$. L'accord avec les $760\ \mathrm{mm}$ historiques est à un millimètre près : c'est exactement la définition originale du millimètre de mercure.

c) $h=\dfrac{1{,}013\times 10^{5}}{1{,}00\times 10^{3}\times 9{,}81}=10{,}3\ \mathrm{m}$. Il faudrait un tube de plus de dix mètres, à monter sur trois étages : le montage serait impraticable, et c'est précisément pour cela que Torricelli a choisi le mercure, treize fois plus dense.

d) $p=\rho_{Hg}\,g\,h=13{,}6\times 10^{3}\times 9{,}81\times 0{,}700=9{,}34\times 10^{4}\ \mathrm{Pa}$. En pourcentage : $\dfrac{9{,}34\times 10^{4}}{1{,}013\times 10^{5}}=0{,}922$, soit $92\ \%$ de la pression au niveau de la mer, ce qui correspond à environ $700\ \mathrm{m}$ d'altitude.

e) La LONGUEUR de mercure dans le tube augmente, elle passe à $\dfrac{759}{\cos 30^{\circ}}=876\ \mathrm{mm}$. La HAUTEUR verticale, elle, reste rigoureusement $759\ \mathrm{mm}$, car la loi de la statique ne fait intervenir que la différence d'altitude. C'est le piège classique de ce montage, et l'inclinaison sert d'ailleurs à gagner en précision de lecture.

a) $p=p_{0}+\rho\,g\,h=1{,}013\times 10^{5}+1{,}03\times 10^{3}\times 9{,}81\times 20{,}0=1{,}013\times 10^{5}+2{,}021\times 10^{5}=3{,}03\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, soit $3{,}03\ \mathrm{bar}$, environ trois atmosphères.

b) $p_{1}V_{1}=p_{2}V_{2}$, donc $V_{2}=\dfrac{1{,}013\times 6{,}0}{3{,}03}=2{,}0\ \mathrm{L}$. Le volume est divisé par trois, comme la pression est multipliée par trois.

c) Il faut $p=\dfrac{1{,}013\times 6{,}0}{1{,}5}=4{,}05\ \mathrm{bar}$, soit $4{,}05\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$. La profondeur correspondante vaut $h=\dfrac{4{,}05\times 10^{5}-1{,}013\times 10^{5}}{1{,}03\times 10^{3}\times 9{,}81}=30{,}1\ \mathrm{m}$. C'est atteignable en apnée sportive, mais la cage thoracique est alors comprimée au quart de son volume de surface, ce qui explique les limites physiologiques de la discipline.

d) À $3{,}03\ \mathrm{bar}$, un litre inspiré correspond à $\dfrac{3{,}03}{1{,}013}=3{,}0\ \mathrm{L}$ d'air ramené à la surface. L'autonomie d'un bloc est donc divisée par trois à cette profondeur : un bloc qui tiendrait une heure en surface ne tient que vingt minutes à vingt mètres.

e) Parce que l'air enfermé dans les poumons se DILATE à la remontée. Entre $10\ \mathrm{m}$, où $p=2{,}02\ \mathrm{bar}$, et la surface, à $1{,}01\ \mathrm{bar}$, le volume serait multiplié par deux : six litres deviendraient douze, ce que la cage thoracique ne peut pas absorber. Il en résulte une surpression pulmonaire, accident grave, et c'est le premier réflexe enseigné en plongée, expirer en permanence pendant la remontée.

a) $\Pi=\rho_{air}\,V\,g=1{,}22\times 4{,}0\times 9{,}81=47{,}9\ \mathrm{N}$.

b) La masse d'hélium vaut $0{,}18\times 4{,}0=0{,}72\ \mathrm{kg}$, donc la masse totale $2{,}5+0{,}72=3{,}22\ \mathrm{kg}$ et le poids $3{,}22\times 9{,}81=31{,}6\ \mathrm{N}$. La force nette vaut $47{,}9-31{,}6=16{,}3\ \mathrm{N}$ vers le haut : le ballon décolle.

c) Cette force nette peut soulever une masse $m=\dfrac{16{,}3}{9{,}81}=1{,}66\ \mathrm{kg}$. Au-delà, le poids l'emporte et le ballon reste au sol.

d) $\Pi=0{,}41\times 11{,}9\times 9{,}81=47{,}9\ \mathrm{N}$, pratiquement identique à celle du sol, alors que le poids n'a pas changé. Le ballon monte donc encore : la dilatation compense presque exactement la raréfaction de l'air, ce qui n'est pas un hasard, la masse d'air déplacée restant du même ordre tant que le ballon peut gonfler librement.

e) Il gonfle parce que la pression extérieure diminue avec l'altitude : à température comparable, la loi de Mariotte impose que le volume augmente quand la pression tombe. Une enveloppe rigide interdirait cette dilatation, donc le volume resterait à $4{,}0\ \mathrm{m^{3}}$ et la poussée s'effondrerait avec la masse volumique de l'air : à $10\ \mathrm{km}$, elle ne vaudrait plus que $0{,}41\times 4{,}0\times 9{,}81=16{,}1\ \mathrm{N}$, bien moins que les $31{,}6\ \mathrm{N}$ du poids. Le ballon plafonnerait très bas.

1) FAUX. Elle ne dépend que de la PROFONDEUR, de la masse volumique du fluide et de la pression en surface : $p=p_{0}+\rho\,g\,h$. Un tube fin d'un mètre de haut et un réservoir d'un mètre de haut donnent la même pression au fond, bien que les quantités d'eau soient sans commune mesure. C'est le paradoxe hydrostatique.

2) FAUX. Elle vaut $\Pi=\rho_{fluide}\,V_{immerge}\,g$ : elle dépend du VOLUME immergé et de la masse volumique du FLUIDE, jamais de la masse de l'objet. Deux cubes de même volume, l'un en plomb et l'autre en bois, subissent exactement la même poussée en immersion totale.

3) FAUX. Il subit bel et bien la poussée, mais son poids est plus grand : la résultante est dirigée vers le bas et il coule. C'est d'ailleurs pour cela qu'il paraît plus léger sous l'eau, et un dynamomètre le mesure sans ambiguïté.

4) FAUX en pratique, vrai en théorie. La loi de la statique s'applique aussi aux gaz, mais leur masse volumique est environ mille fois plus petite que celle de l'eau : sur la hauteur d'un récipient de laboratoire, l'écart de pression est de l'ordre du pascal, totalement négligeable devant $10^{5}\ \mathrm{Pa}$. On considère donc la pression d'un gaz enfermé comme UNIFORME.

a) Au pied : $p=\rho\,g\,h=1{,}00\times 10^{3}\times 9{,}81\times 30{,}0=2{,}94\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, soit près de $3\ \mathrm{bar}$. La pression moyenne est celle de la mi-profondeur, $15{,}0\ \mathrm{m}$ : $1{,}47\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$.

b) La surface mouillée vaut $S=30{,}0\times 150=4\,500\ \mathrm{m^{2}}$, donc $F=p_{moy}\times S=1{,}47\times 10^{5}\times 4500=6{,}62\times 10^{8}\ \mathrm{N}$. Soit l'équivalent du poids de près de soixante-dix mille tonnes.

c) Parce que la pression varie LINÉAIREMENT avec la profondeur : la moyenne d'une fonction affine sur un intervalle est sa valeur au milieu. Vérification : $\dfrac{0+2{,}94\times 10^{5}}{2}=1{,}47\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, la même valeur. Les deux formulations coïncident précisément parce que la répartition est triangulaire.

d) La force est proportionnelle au produit de la pression moyenne, elle-même proportionnelle à $h$, par la surface, elle aussi proportionnelle à $h$ : $F$ varie donc comme $h^{2}$. Le rapport vaut $\left(\dfrac{24{,}0}{30{,}0}\right)^{2}=0{,}64$ : la force chute de $36\ \%$, presque le double du pourcentage de baisse du niveau.

e) Parce que la pression, donc la force par unité de surface, croît avec la profondeur : la base doit résister à trois bars alors que le sommet ne subit presque rien, d'où le profil triangulaire. Quant à la longueur, elle augmente la force totale mais elle augmente aussi, dans la même proportion, la surface de béton qui la reprend : la contrainte à la base, en pascals, n'en dépend pas. C'est la HAUTEUR qui dimensionne un barrage.

a) À l'équilibre, la poussée équilibre le poids : $\rho\,S\,L\,g=m\,g$. Le $g$ se simplifie et $L=\dfrac{m}{\rho\,S}$. L'enfoncement est donc inversement proportionnel à la masse volumique, ce qui est tout le principe de l'instrument.

b) Eau pure : $L=\dfrac{36{,}0}{1{,}000\times 1{,}20}=30{,}0\ \mathrm{cm}$. Eau de mer : $L=\dfrac{36{,}0}{1{,}030\times 1{,}20}=29{,}1\ \mathrm{cm}$.

c) L'écart vaut $30{,}0-29{,}1=0{,}87\ \mathrm{cm}$, soit environ $8{,}7\ \mathrm{mm}$ pour $3\ \%$ d'écart de masse volumique : la lecture est confortable. Non, la graduation n'est pas régulière : $L$ varie comme $\dfrac{1}{\rho}$, donc les divisions se resserrent vers les fortes masses volumiques.

d) Le volume immergé AUGMENTE, car l'eau douce est moins dense et il en faut donc davantage pour déplacer la même masse. En mer : $V=\dfrac{12{,}0\times 10^{6}}{1{,}030\times 10^{3}}=1{,}165\times 10^{4}\ \mathrm{m^{3}}$. En eau douce : $V=\dfrac{12{,}0\times 10^{6}}{1{,}000\times 10^{3}}=1{,}200\times 10^{4}\ \mathrm{m^{3}}$. L'écart vaut $3{,}5\times 10^{2}\ \mathrm{m^{3}}$, soit $350\ \mathrm{m^{3}}$ de coque en plus sous la ligne d'eau.

e) Les marques de franc-bord fixent la charge maximale autorisée en repérant jusqu'où la coque peut s'enfoncer. Puisque le même navire, à charge égale, s'enfonce PLUS en eau douce, une marque unique serait soit trop permissive en fleuve, soit trop sévère en mer. Les marques distinguent donc explicitement l'eau douce, l'eau de mer, et même les saisons, la densité et l'état de la mer variant avec elles.

a) $1\ \mathrm{L}=10^{-3}\ \mathrm{m^{3}}$, donc $D_{V}=0{,}30\times 10^{-3}=3{,}0\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{3}/s}$.

b) $S_{1}=\pi\left(\dfrac{d_{1}}{2}\right)^{2}=\pi\times(1{,}0\times 10^{-2})^{2}=3{,}14\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{2}}$. On prend le RAYON, pas le diamètre. Alors $v_{1}=\dfrac{D_{V}}{S_{1}}=\dfrac{3{,}0\times 10^{-4}}{3{,}14\times 10^{-4}}=0{,}95\ \mathrm{m/s}$.

c) $S_{2}=\pi\times(4{,}0\times 10^{-3})^{2}=5{,}03\times 10^{-5}\ \mathrm{m^{2}}$, donc $v_{2}=\dfrac{3{,}0\times 10^{-4}}{5{,}03\times 10^{-5}}=5{,}97\ \mathrm{m/s}$.

d) $\dfrac{v_{2}}{v_{1}}=\dfrac{S_{1}}{S_{2}}=\left(\dfrac{d_{1}}{d_{2}}\right)^{2}=\left(\dfrac{2{,}0}{0{,}80}\right)^{2}=6{,}25$. Diviser le diamètre par $2{,}5$ multiplie la vitesse par $2{,}5^{2}$, puisque la section varie comme le carré du diamètre.

e) $t=\dfrac{V}{D_{V}}=\dfrac{10\times 10^{-3}}{3{,}0\times 10^{-4}}=33\ \mathrm{s}$, dans les deux cas. L'embout change la VITESSE du jet, donc sa portée, mais pas le volume écoulé par seconde : il n'arrose pas plus, il arrose plus loin.

a) $A$ et $B$ sont à la même altitude dans un MÊME fluide au repos et continu, l'eau, qui relie les deux points par le bas du tube. La loi de la statique ne dépend que de la différence d'altitude : les pressions sont égales. Le raisonnement ne vaudrait pas pour deux points au même niveau, l'un dans l'huile et l'autre dans l'eau, au-dessus de la séparation.

b) Dans la branche de gauche, au-dessus de $A$ il n'y a que de l'huile : $p_{A}=p_{0}+\rho_{h}\,g\,h_{h}$. Dans celle de droite : $p_{B}=p_{0}+\rho_{e}\,g\,h_{e}$. L'égalité donne, après simplification de $p_{0}$ et de $g$ : $\rho_{h}\,h_{h}=\rho_{e}\,h_{e}$.

c) $\rho_{h}=\rho_{e}\dfrac{h_{e}}{h_{h}}=1{,}00\times 10^{3}\times\dfrac{10{,}8}{12{,}0}=900\ \mathrm{kg\cdot m^{-3}}$. Les hauteurs peuvent rester en centimètres, puisque seul leur rapport intervient.

d) $p_{A}-p_{0}=\rho_{h}\,g\,h_{h}=900\times 9{,}81\times 0{,}120=1{,}06\times 10^{3}\ \mathrm{Pa}$, ce que l'on retrouve avec l'eau : $1{,}00\times 10^{3}\times 9{,}81\times 0{,}108=1{,}06\times 10^{3}\ \mathrm{Pa}$.

e) La surface de l'HUILE est la plus haute, de $12{,}0-10{,}8=1{,}2\ \mathrm{cm}$. Pour produire la même pression au point $A$ qu'une colonne d'eau, un liquide moins dense doit être plus haut : les hauteurs sont en raison inverse des masses volumiques. C'est le principe du manomètre à liquide.

a) $S_{1}=\pi\times(1{,}0\times 10^{-2})^{2}=3{,}14\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{2}}$ et $p=\dfrac{F_{1}}{S_{1}}=\dfrac{150}{3{,}14\times 10^{-4}}=4{,}77\times 10^{5}\ \mathrm{Pa}$, près de cinq bars.

b) La pression est la même sous le grand piston, de section $S_{2}=\pi\times(5{,}0\times 10^{-2})^{2}=7{,}85\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{2}}$ : $F_{2}=p\,S_{2}=4{,}77\times 10^{5}\times 7{,}85\times 10^{-3}=3{,}75\times 10^{3}\ \mathrm{N}$. C'est la PRESSION qui se transmet, pas la force.

c) $\dfrac{F_{2}}{F_{1}}=\dfrac{S_{2}}{S_{1}}=\left(\dfrac{d_{2}}{d_{1}}\right)^{2}=\left(\dfrac{10}{2{,}0}\right)^{2}=25$. Un diamètre cinq fois plus grand multiplie la force par vingt-cinq.

d) $m=\dfrac{F_{2}}{g}=\dfrac{3{,}75\times 10^{3}}{9{,}81}=382\ \mathrm{kg}$ : on soulève un coin de voiture, qui porte à peu près le quart de sa masse.

e) Le volume d'huile chassé par le petit piston entre sous le grand : $S_{1}\,\ell_{1}=S_{2}\,\ell_{2}$, donc $\ell_{2}=\dfrac{\ell_{1}}{25}=0{,}40\ \mathrm{cm}$. Les travaux valent $W_{1}=150\times 0{,}10=15\ \mathrm{J}$ et $W_{2}=3{,}75\times 10^{3}\times 4{,}0\times 10^{-3}=15\ \mathrm{J}$ : ils sont égaux. Le cric ne crée aucune énergie ; il échange de la force contre de la distance, et c'est pourquoi il faut pomper longtemps pour lever la voiture de quelques centimètres.

a) En $A$ et en $B$, la pression est $p_{0}$ : les termes de pression s'éliminent. Avec $v_{A}\approx 0$ et $z_{A}-z_{B}=h$ : $\rho g z_{A}=\dfrac{1}{2}\rho v_{B}^{2}+\rho g z_{B}$, soit $\dfrac{1}{2}v_{B}^{2}=gh$ et $v_{B}=\sqrt{2gh}$. C'est la vitesse d'une chute libre depuis la surface : l'énergie potentielle de l'eau devient énergie cinétique.

b) $v_{B}=\sqrt{2\times 9{,}81\times 1{,}25}=\sqrt{24{,}5}=4{,}95\ \mathrm{m/s}$.

c) $D_{V}=s\,v_{B}=1{,}0\times 10^{-4}\times 4{,}95=4{,}95\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{3}/s}$, soit $0{,}50\ \mathrm{L/s}$. Par conservation du débit, la surface descend à $v_{A}=\dfrac{D_{V}}{S}=\dfrac{4{,}95\times 10^{-4}}{0{,}50}=9{,}9\times 10^{-4}\ \mathrm{m/s}$, soit $1\ \mathrm{mm/s}$. Le rapport $\dfrac{v_{B}}{v_{A}}=\dfrac{S}{s}=5\,000$ : $v_{A}^{2}$ est vingt-cinq millions de fois plus petit que $v_{B}^{2}$, l'approximation est excellente.

d) Le jet part horizontalement à $4{,}95\ \mathrm{m/s}$ depuis $0{,}80\ \mathrm{m}$ : la chute dure $t=\sqrt{\dfrac{2H}{g}}=\sqrt{\dfrac{1{,}60}{9{,}81}}=0{,}404\ \mathrm{s}$, pendant laquelle il avance de $x=v_{B}\,t=4{,}95\times 0{,}404=2{,}00\ \mathrm{m}$. Joli résultat : $x=2\sqrt{hH}$, qui vaut ici $2\sqrt{1{,}25\times 0{,}80}=2\ \mathrm{m}$.