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}


\begin{document}
 
\begin{center}
\begin{tabular*}{\textwidth}{@{}l@{\extracolsep{\fill}}r@{}}
Leçon de physique 09 &   Gey Lucas, Rossetti Sylvio \\
\end{tabular*}
\vspace{0.5cm}

\HRule \\
\LARGE \textsc{Modèle de l'écoulement parfait d'un fluide}\\[-0,3cm]
\HRule \\
\end{center} 

\section*{Niveau} 
L2 

\section*{Commentaires du jury}
\begin{itemize}
    \item 2017 : La multiplication des expériences illustrant le théorème de Bernoulli n’est pas souhaitable, surtout si celles-ci ne sont pas correctement explicitées.
    \item 2016 : Les limites de ce modèle sont souvent méconnues.
    \item 2015 : Le jury invite les candidats à réfléchir davantage à l’interprétation de la portance et de l’effet Magnus. Les exemples cités doivent être correctement traités, une présentation superficielle de ceux-ci n’étant pas satisfaisante.
    \item Jusqu’en 2013, le titre était : Modèle de l’écoulement parfait d’un fluide ; validité. Relation de Bernoulli ; limites et applications.
    \item 2011, 2012, 2013, 2014 : La notion de viscosité peut être supposée acquise.
    \item 2010 : Il est difficile de bien dégager la physique du modèle de l’écoulement parfait et de ses limites sans faire appel à la notion de viscosité que l’on pourra supposer connue. Les conditions aux limites imposées à un fluide s’écoulant autour d’un obstacle solide doivent être justifiées. L’interprétation énergétique de la relation de Bernoulli est très mal connue.
    \item 2009 : Il est difficile de bien dégager la physique du modèle de l’écoulement parfait et de ses limites sans faire appel à la notion de viscosité. Les conditions aux limites imposées à un fluide s’écoulant autour d’un obstacle solide doivent être justifiées. L’interprétation énergétique de la relation de Bernoulli est très mal connue.
    \item 2005 : La différence entre écoulement incompressible et fluide incompressible est souvent ignorée, de même qu’entre écoulement parfait et fluide parfait.
    \item 2003 : L’équation d’Euler ne constitue pas le sujet central de la leçon et ne doit pas prendre une place excessive. Diverses expressions du théorème de Bernoulli peuvent être présentées. Il est plus intéressant de présenter des illustration concrètes ou des applications pratiques que d’exposer une longue suite de formulations.
\end{itemize}

\section*{Bibliographie}
\begin{itemize}
    \item 
\end{itemize}

\section*{pré-requis}
\begin{itemize}
    \item Notion de viscosité
    \item Equation de Navier-Stokes
\end{itemize}


\section*{Expériences}
\begin{itemize}
    \item Tube de Pitot
    \item effet Coanda
\end{itemize}

\tableofcontents

\section*{Introduction}
Nous avons vu dans un cours précédent l'équation de Navier stokes : 
 $$\rho \qty(\pdv{\vec{v}}{t} + \qty(\vec{v} \cdot \grad) \vec{v}) = - \grad P + \rho \vec{g} + \eta \Delta \vec{v}$$
 $$\div \vec{v} = 0$$
Valable pour :
\begin{itemize}
    \item Des \textbf{fluides newtonien}, c'est à dire tel que $\sigma_{ij} = -P\delta_{ij}C_{ijkl} e_{kl}$ que l'on simplifie dans un cas \textbf{isotrope}
    \item Dans un référentiel galileen
    \item pour un système soumis à des forces volumineux (et pas de surface autre que pression)
    \item Incompressible (sinon il y a un terme en $grad(div(v))$
\end{itemize}

On a un problème fermé, aussi avec des conditions aux limites et initiales, on a autant d'équation que d'inconnu... Mais on sait pas résoudre... Alors on va faire des hypothèse pour simplifier les équations. De la sorte on pourra étudier le cas d'écoulement particuliers, simples, toujours dans une certaine limite qu'il faut garder en tête. 



\section{Modèle de l'écoulement parfait}


\subsection{Fluide et écoulement parfait}

On appelle \textbf{fluide parfait}, un fluide pour lequel la viscosité et la conductivité thermique sont nulle strictement. $\eta =0 $ et $\lambda = 0$. 
Étudier un fluide parfait nous permet d'avoir les conséquences suivantes : 
\begin{itemize}
    \item Il n'y a plus d'effet de dissipation irréversible
    \item L'écoulement est ainsi isentropique
    \item On a plus de viscosité, donc les conditions aux limites changent : Il y a toujours impossibilité de pénétrer une surface solide, mais, il n'y à plus de raison pour que les vitesses tangentielles soient les mêmes.
    \item Le fluide vérifie l'équation d'Euler :
    $$\rho \qty(\pdv{\vec{v}}{t} + \qty(\vec{v} \cdot \grad) \vec{v}) = - \grad P + \rho \vec{g} ~~~~\text{et}~~~~ \div \vec{v} = 0$$
\end{itemize}

\textit{Bonus : Démo du caractère isentropique :}
La conservation de l'énergie est la conservation du terme : $e_{tot} =e+\frac{1}{2}\rho \va u^2$: 
$$\pdv{e_{tot}} = -\text{div}(\text{courant de }e_{tot})$$
donc, on peut réécrice cela comme : 
$$\pdv{}{t}\qty(e+\frac{1}{2}\rho \va u^2) = -\div(\qty(e+\frac{1}{2}\rho \va u^2)\va u)+\text{puissance des forces de contrainte}-\div \va J_Q  $$
Or la puissance des foces de contraintes s'exprime à partir du tenseur des contraintes comme $div([\sigma]\va v)$ sous forme locale. 
$$\rho \pdv{e}{t} +\div \va J_Q +p\div\va u =0$$
Comme il n'y a pas de conductivité thermique le terme de diffusion est nul. De plus la thermo nous dit :
$$\dd e = T\dd s -p\dd v = T\dd s -\frac{p}{\rho^2}\dd \rho $$
En utilisant l'incompressibilité, on a  : 
$$\pdv{s}{t} = \frac{1}{T} \qty(\pdv{e}{t}+-\frac{p}{\rho^2}(-\rho \div \va u)) = \frac{1}{T} \qty(-\frac{p}{\rho}\div \va u +\frac{p}{\rho}\div \va u) =0$$

\textbf{Problème :} Les fluides parfait il y en a pas beaucoup... On peut citer l'helium 4, qui devient \textit{superfluide} à 2.17K. Mais ça n'est pas très courant...

\textbf{Écoulement parfait :} Un écoulement parfait est un écoulement qui se comporte comme un fluide parfait, c'est à dire que les pertes visqueuse et les pertes thermiques sont négligeables. 

Malgré le fait que le fluide ne soit pas parfait, nous aimerions ainsi décrire des écoulement qui vérifient toujours l'équation d'Euler, car elle simplifie l'équation de Navier Stokes. Pour cela il faut comparer l'importance des termes de l'équation de Navier Stokes : 

Pour comparer des termes, on adimensionne l'équation, c'est à dire que l'on considère l'échelle typique de notre problème que l'on caractérise par 
\begin{itemize}
    \item Une distance typique de l'écoulement $L$
    \item Un temps typique de variation $\tau$
    \item Une vitesse typique $U$
    \item Une pression typique $P_0$
\end{itemize}
On écrit alors tous les terme de la forme $ x' = x/X$. Ainsi, l'importance relative des différents termes est contenue dans les grandeurs typique de l'adimensionnalisation, et en comparant ces préfacteurs on pourra facilement comparer des termes.
L'équation adimensionnalisée s'écrit :

$$\qty(\pdv{\vec{v'}}{t'} + \qty(\vec{v'} \cdot \grad') \vec{v'}) = - \grad' P' + \frac{1}{Re} \Delta' \vec{v'} ~~~~\text{avec}~~~~\Re = \frac{\rho UL}{\eta}$$

Aussi on voit que si le nombre de Reynolds est très grand, alors on peut enlever le terme de viscosité.
C'est d'ailleurs tout l'intérêt du nombre de Reynolds qui compare la diffusion à l'advection.

On doit aussi pouvoir négliger la diffusion thermique. Pour cela on s'intéresse aux différents temps caractérisitiques : 
\begin{itemize}
    \item $\tau_{th} = L^2/D$ : Diffusion thermique
    \item $\tau_{advection} = L/U$ : Advection
\end{itemize}
On doit donc avoir $Pe_{\theta} =\frac{\tau_{th}}{\tau_{advection}} = \frac{UL}{D}\gg 1$ C'est le Peclet thermique


Attention cependant, il ne faut pas non plus qu'il y ait de turbulence qui sont les marqueurs d'une descente des échelles vers l'échelle de dissipation. Donc il faut que $Re<Re_c$
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\textwidth]{images/odg.PNG}
    \includegraphics[width=0.3\textwidth]{images/Reynolds.PNG}
    \caption{Quelques ODG}
\end{figure}

\subsection{Validité du modèle}

L'écoulement parfait est un modèle qui permet de simplifier les équations. Cependant on rappel que les fluides parfait eux sont très rare : un exemple de fluide parfait est l'helium 4, qui devient \textit{superfluide} à 2.17K. 

Pour des exemples plus courants, on fait l'approximation d'écoulement parfait. Comme on l'a vu, cela revient à supposer qu'il a une viscosité nulle, et que ses évolutions sont adiabatiques.

On a notamment dit que l'écoulement autour de notre voiture pouvait être considéré comme parfait... Mais pourtant elle est ralentie... Pourquoi ? On ne peux pas supposer le fluide parfait partout :

Afin d'affiner le cadre de cette hypothèse, on utilise la notion de couche limite.

\textbf{Couche limite visqueuse :} comme on l'a vu dans le cours précédent, l'épaisseur de la couche limite de diffusion de viscosité varie comme : $\delta_{visc} = \frac{L}{\sqrt{Re}}$, où $L$ est la dimension caractéristique de l'écoulement, et $Re$ le nombre de Reynolds associé. Au delà de cette couche visqueuse, on peut considérer que $\eta = 0$ (\textit{ie} négliger les effets de la viscosité).

Ordre de grandeur : pour une voiture allant à 10m/s, de dimension caractéristique 1m, avec $\nu =$ \SI{1e-5}{m^2/s} dans l'air, on obtient $\delta \approx$ \SI{1}{mm} : la zone "des problèmes" est petite à l'échelle du problème.

\textbf{Couche limite thermique :} pour la chaleur, on considère également l'épaisseur de pénétration de la chaleur par diffusion. 

A partir de l'équation du transport de chaleur, on a les termes suivants :
\begin{itemize}
    \item Terme de diffusion de chaleur : $D_{th} \frac{T}{\delta_{th}^2}$
    \item Terme de convection : $UT/L$
\end{itemize}

Lorsque les 2 sont comparables, $\delta_{th} \approx \sqrt{L D_{th}/U} \approx \sqrt{\frac{\lambda L}{\rho c U}}$

C'est cohérent avec le fait de supposer $\lambda = 0$ pour un fluide parfait. 
Pour l'écoulement autour d'une voiture on peut supposer $D_{th} =10^{-5}$. On a donc $\delta_{th} =1 mm $

\subsection{Application : effet Coanda/théière}

\begin{tcolorbox}
\textbf{Version cheap :} faire couler doucement de l'eau d'un bécher : elle reste "collée" au bécher, et on en fout partout.

\textbf{Version stylée :} maintenir une balle en l'air avec un sèche cheveux. Si on n'y arrive pas : \href{https://youtu.be/7eHneP5Ejtg?t=42}{Exemple en vidéo.}
\end{tcolorbox}

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width = .6\textwidth]{images/Coanda.png}
    \caption{Schéma pour l'effet Coanda.}
\end{figure}

On fait l'hypothèse d'écoulement stationnaire, parfait. 

Pour un sèche cheveux, la vitesse de sortie est de l'ordre de \SI{27}{km/h} $\approx$ \SI{7}{m/s} (forum futurascience...). On prend pour dimension caractéristique la taille de la balle, calibrée à 40mm de rayon. On a $\rho_{air} =$ \SI{1.2}{kg/m^3}, $\eta_{air} =$ \SI{1.8e-5}{Pl}, $\lambda_{air} =$ \SI{2.3e-2}{W m^{-1} K^{-1}}, $C_p =$ \SI{1e3}{J kg^{-1} K^{-1}}. Tout cela donne : 

$\delta_{th} \approx $ \SI{3e-4}{m} négligeable devant le rayon de la balle, et $\delta_{visc} \approx$ \SI{3e-4}{m} aussi.

On peut se placer dans le cadre du début de la leçon. On applique l'équation d'Euler, en supposant que la vitesse est de la forme : $\vec{v} = v(r) \vec{e_\theta}$. On néglige également l'effet de la gravité sur l'écoulement : 


\begin{align*}
    & \rho \qty(\vec{v} \cdot \grad) \vec{v} = - \grad{P} \\
    \implies & \rho v \frac{1}{r} \pdv{}{\theta} \qty(v \vec{e\theta}) = - \pdv{p}{r} \vec{e_r} \\
    \implies & \pdv{p}{r} = \rho \frac{v^2}{r} >0
\end{align*}

On voit donc que la pression augmente avec la distance à la balle. Cela implique une force de rappel qui tire la balle ver sle haut (et elle reste en l'air car son poids la tire vers le bas).

Au bord du bécher, c'est pareil : l'écoulement implique une diminution de la pression sous le jet, l'eau est attirée vers le bécher. S'ajoutent ensuite des effets de tensions de surface qui font que l'eau coule le long du bécher.

\section{Théorème de Bernoulli}

\subsection{Enoncé et démonstration}

On effectue les hypothèses suivantes :
\begin{itemize}
    \item L'écoulement est incompressible (= fluide incompressible + $\rho$ constante)
    \item L'écoulement est parfait : pas d'effet de viscosité ou de diffusion de chaleur.
    \item L'écoulement est stationnaire.
\end{itemize}

Dans ce cadre, on peut écrire l'équation d'Euler : 

$$\rho \qty(\vec{v} \cdot \grad) \vec{v} = - \grad P + \rho \vec{g}$$

Notons tout d'abord que $\qty(\vec{v} \cdot \grad) \vec{v} = \qty[\grad{\frac{v^2}{2}} + \qty( \grad \wedge \vec{v}) \wedge \vec{v}]$.

On considère une ligne de courant reliant 2 points A et B (ligne de courant : courbe de l'espace en tout point tangent à la vitesse). On peut intégrer l'équation d'Euler selon cette ligne de courant : 

\begin{align*}
    \rho \int_A^B \qty[\grad{\frac{v^2}{2}} + \qty( \grad \wedge \vec{v}) \wedge \vec{v}] \cdot \vec{\dd l} = - \int_A^B \grad \qty(P + \rho g z) \cdot \vec{\dd l} 
\end{align*}

On a utilisé le fait que le poids est une force conservative pour écrire $\vec{P} = \rho \vec{g} = - \grad{\rho g z}$.

On a $\vec{\dd l}$ parallèle à $\vec{v}$ donc le terme en $\qty( \grad \wedge \vec{v}) \wedge \vec{v}$ est orthogonal à $\vec{\dd l}$. Ainsi,

$$\int_A^B \grad \qty(\rho \frac{v^2}{2} + P + \rho g z) \cdot \vec{\dd l} = 0$$

Ainsi, la grandeur $\frac{v^2}{2} + \frac{1}{\rho} + gz$ est conservée sur une ligne de courant.

\textbf{Remarques :}
\begin{itemize}
    \item Si $v=0$, cette relation est la relation fondamentale de la statique des fluides.
    \item On généralise facilement au cas d'autres forces conservatives que le poids...
    \item Si l'écoulement est irrotationnel, on peut intégrer entre 2 points quelconques, pas forcément sur la même ligne de courant. Mais on peut aller plus loin en réécrivant l'équation d'Euler : comme $\grad \wedge \vec{v} = \vec{0}$, il existe un potentiel $\phi$ tel que $\vec{v} = \grad \phi$. On écrit Euler sous la forme d'un gradient :
    $$\grad \qty(\rho \pdv{\phi}{t} + \frac{1}{2}\rho v^2 + P + \rho g z) = 0$$
    
    Et la quantité à l'intérieur du gradient est conservée dans tout le fluide.
\end{itemize}

\remarque{La quantité $\rho \frac{v^2}{2}$ est une énergie cinétique par unité de volume. L'énergie potentielle volumique de pesanteur apparaît aussi... Est-ce qu'on pourrait pas creuser?}

\subsection{Interprétation énergétique}
On considère un fluide parfait, incompressible, stattionnaire et homogène.
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.6\textwidth]{images/energie.PNG}
    \caption{Représentation d'un système ouvert.}
    \label{fig:my_label}
\end{figure}
On considère comme système le fluide contenu à $t$ dans le rectangle bleu c'est un système fermé. Il est délimité par le rectangle vert à $t+\dd t$. Le système coïncident, (intersection des deux rectangle) est un système ouvert.

On est en régime stationnaire sans source de particule aussi il y a conservation du débit : $D_m = \rho uS$

On éffectue un bilan d'énergie sur le système fermé entre $t$ et $t+\dd t$ : 
\begin{align}
    \dd E_c^* =&E_c^*(t+\dd t)-E_c^*(t) \\
    {}=&E_c(t+\dd t)+\frac{1}{2}\delta mu_s^2-\qty(E_c(t)+\frac{1}{2}\delta mu_e^2)\\
    {}=&\pdv{E_c}{t}\dd t+\frac{1}{2}\qty(us^2-u_e^2)D_m\dd t
\end{align}
Or l'écoulement est stationnaire donc : $\pdv{E_c}{t} = 0$
\begin{align}
    \dv{E_c^*}{t} =& \frac{1}{2}\qty(us^2-u_e^2)D_m\\
    {}=&P_{int}^*+P_{ext}^*
\end{align}
En utilisant le théorème de l'énergie cinétique.

\textbf{Puissance des forces extérieurs} :Il y a deux forces à prendre en compte, les force de pression et le poids.

\begin{itemize}
    \item Les forces de pression : $$\delta^3 W_{ext,P} = -P\va n \va\delta l\dd \Sigma$$
    Dans notre cas on en déduit les puissance des forces de pression : 
    $$P_{ext,P}^* =P_eS_eu_e-P_sS_su_s =\frac{D_m}{\rho}\qty(P_e-P_s) $$
    \item Poids : $$P_{ext,g}^* =\rho g\qty(S_eu_ez_e-S_su_sz_s) =g D_m\qty(z_e-z_s) $$
\end{itemize}

On en déduit alors $P_{int}^*$ : 
\begin{align*}
    P_{int}^* =& \dv{E_c^*}{t}-P_{ext}^*\\
    {}=&D_m\qty[\frac{u^2}{2}+\frac{1}{\rho}P+gz]^s_e
\end{align*}

On suppose en écoulement parfait : il n’y a pas de dissipation due à la viscosité : pas de puissance interne dissipé : $$ P_{int}^* = 0~~~~\implies ~~~~\frac{u^2}{2}+\frac{1}{\rho}P+gz = cst$$

Bernouilli traduit donc la conservation de l'énergie en système ouvert sans dissipation interne.

\subsection{Application : effet Venturi}

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width = .8\textwidth]{images/venturi.png}
    \caption{Schéma et notation pour l'effet Venturi.}
\end{figure}

Les points $A', B', C'$ sont à l'air libre, donc à pression atmosphérique : $P^\circ = P_A' = P_B' = P_C'$. On applique la relation fondamentale de la statique des fluides entre l'altitude 0 et l'altitude $h_i$, $i \in \qty{A,B,C}$ : $$P_i = P^\circ + \rho g h_i$$

Le théorème de Bernoulli appliqué entre A et B, et entre B et C, donne :

$$\rho \frac{v_A^2}{2} + P_A = \rho \frac{v_B^2}{2} + P_B = \rho \frac{v_C^2}{2} + P_C $$

D'où :

$$\frac{v_A^2}{2} + g h_A = \frac{v_B^2}{2} + g h_B = \frac{v_C^2}{2} + g h_C $$

On utilise l'hypothèse d'écoulement incompressible : $\div \vec{v} = 0 \implies Sv =$ cste, ou le débit volumique se conserve. En particulier, on doit avoir $v_A = v_C = \frac{S_B}{S_A} v_B$, donc $h_B \leq h_A = h_C$.

En pratique, $h_C \leq h_A$ à cause de la perte de charge : c'est la perte de pression due aux effets de viscosité. 

\textit{Pour répondre à la question : la perte de charge d'un écoulement, c'est la hauteur perdue par le fluide, ou la pression. Les 2 définitions existent, et sont équivalentes...}

\begin{tcolorbox}
Apparement ya du matos pour faire la manip?
\end{tcolorbox}


\section{Applications}

\subsection{Ecoulement potentiel}
On se place dans le cadre des écoulements irrotationnels $\grad \cross \va v = \va 0$

\textit{D'après le théorème de Kelvin, si on considère un fluide parfait ($\eta=0$) soumis à des forces dérivant d'un potentiel, alors si $\grad \cross \va v = \va 0$ à l'instant initial il le reste à tout temps. }

Comme $\grad \cross \va v = \va 0$ il existe $\phi$ telle que $\va v = \grad \phi$

On a notamment avec l'incompressibilité, $$\div{v} = 0 ~~~\implies ~~~~\Delta \phi = 0$$

On se ramène alors a étudier un scalaire et de plus avec des condition aux bords (De type Neumann) le problème est déterminé de manière unique.
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width = .8\textwidth]{images/potentiel.PNG}
    \caption{Écoulement potentiel autour d'un balle}
\end{figure}

La forme d'un tel écoulement est  : 
$$\phi(r,\theta) = u \cos(\theta)\qty(r+\frac{R^2}{r})$$
ceci implique que  : 
$$v_r = u \cos(\theta)(1-\frac{R^2}{r^2})~~~\text{et}~~~~v_\theta = -u\sin(\theta)(1+\frac{R^2}{r^2})$$



\textbf{Application : effet Magnus et force de Magnus}


\href{https://youtu.be/2OSrvzNW9FE?t=24}{L'effet Magnus en vidéo}

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width = .8\textwidth]{images/magnus.PNG}
    \caption{Écoulement potentiel autour d'un balle. Magnus}
\end{figure}
On applique le théorème de Bernouilli à deux endroits sur les lignes de courant AA' et BB' :


$$P_A+\rho\frac{v_A^2}{2}=P_{A'}+\rho\frac{v_{A'}^2}{2}$$
$$P_B+\rho\frac{v_B^2}{2}=P_{B'}+\rho\frac{v_{B'}^2}{2}$$
Or les points A et B sont proche et loin de l'obstacle si bien que l'on considère que 
$$P_{A'}+\rho\frac{v_{A'}^2}{2} = P_{B'}+\rho\frac{v_{B'}^2}{2}$$

On observe graphiquement $v_{B'}>V_{A'}$. Ceci implique : $P_{B'}<P_{A'}$
la balle part vers le haut c'est l'effet Magnus.
C'est pourtant étrange par on a supposé que la viscosité était nulle. Tout réside dans les couches limites. 
On peut utiliser l'écoulement potentiel précédent auquelle on rajoute un terme qui correspond à la rotation du cylindre :
$$\phi = Ur\cos(\theta)-\frac{p\cos(\theta)}{2\pi r}+\frac{\Gamma}{2\pi}\theta $$

$\Gamma = \oint \va v\va{\dd l}$
On en déduit les vitesses et $p$ avec la condition aux limites.
$$v_r = U\cos(\theta)\qty(1-\frac{R^2}{r^2})$$
$$v_\theta = -U\sin(\theta)\qty(1+\frac{R^2}{r^2}+\frac{\Gamma}{2\pi r})$$
On remet dans Bernouilli. On en déduit la pression...
\begin{itemize}
    \item La force de trainé s'écrit $$F_t = \int_0^{2\pi}P\cos(\theta) \dd \theta = 0$$
    \item La force de Portance s'écrit $$F_t = \int_0^{2\pi}P\sin(\theta) \dd \theta = \rho\Gamma U$$
\end{itemize}


\subsection{Le tube de Pitot}

Pour mesurer la vitesse d'un avion.

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width = .6\textwidth]{images/pitot.png}
    \caption{Schéma de principe tube de Pitot.}
\end{figure}

On se place entre A et B : en B, la vitesse est nulle (car une fois dans le tube, comme c'est incompressible, le fluide peut plus rentré). On applique une première fois le théorème de bernouilli entre l'infini et B : on trouve une surpression. Puis on applique une deuxième fois entre A et l'infini (pas de surpression). 

On cherche la vitesse en A. On néglige la différence de hauteur entre A et B (négligeable devant le reste). Dans le tube se trouve un liquide de densité $\rho_{liq}$, et la différence de pression entre A et B est donnée par la statique des fluides : $\Delta P = \rho_{liq} g h$.

On remet tout ensemble : on obtient $$\rho \frac{v_A^2}{2} = \rho_{liq} g h$$ d'où $$v_A = \sqrt{\frac{2 \rho_{liq} g h}{\rho}}$$

\section*{Conclusion}
Nous avons souligné la nécessité de faire des approximation pour pouvoir résoudre les équations de Naviers Stockes. Nous avons justifié que dans une certaines mesure on peut décrire des systèmes avec ces approximation. Cependant il faut toujours garder à l'esprit leurs limites. Finalement, on a montré qu'armé de ces hypothèse on peut démontere le théorème de Bernouilli qui a une bon nombre d'application. 
On nottera que Euler n'est pas la limite quand Re tends vers 0 car il faut prendre en compte les couches limite et les turbulence.

\end{document}
