Sur la figure 1, on mesure la durée de 3 périodes pour gagner en précision : le signal passe par zéro en décroissant à $t=1,2402$ s puis, trois périodes plus tard, à $t=1,2471$ s.

$3T_2=1,2471-1,2402=6,9\times 10^{-3}$ s, donc $T_2=2,3\times 10^{-3}$ s.

$$f_2=\frac{1}{T_2}=\frac{1}{2,3\times 10^{-3}}=4,3\times 10^2\text{Hz}$$

$f_2<f_1$ : plus la fréquence est faible, plus le son est grave.

M et N sont à la même distance de la sirène : l'atténuation due à la distance (atténuation géométrique) est la même pour les deux points. L'écart entre les deux niveaux est donc dû uniquement à l'absorption par la cloison qui sépare la sirène du point N.

$A=L_{\text{M}}-L_{\text{N}}=92-67$

Aucune cloison ne sépare la sirène du point M : seule la distance intervient. On applique la relation donnée avec $L_1=L_{\text{M}}^{\prime }=104$ dB à $d_1=5,0$ m et $L_2=L$ à $d_2=2,0$ m.

$$L=L_{\text{M}}^{\prime }-20\log \left(\frac{d_2}{d_1}\right)=104-20\log \left(\frac{2,0}{5,0}\right)=112\text{dB}$$

D'après la figure 4, ce niveau est compris entre 105 dB et 115 dB.

Un transfert thermique s'effectue spontanément du corps le plus chaud vers le corps le plus froid.

Ici ${\theta }_{\text{ext}}=54{}^{\circ }\text{C}>{\theta }_0=22{}^{\circ }\text{C}$, et la température de l'ampoule reste inférieure à ${\theta }_{\text{ext}}$ pendant toute l'expérience (figure 6).

Système {ampoule}, au repos, incompressible.

Premier principe : $\Delta U=W+Q$. L'ampoule n'échange pas de travail ($W=0$) et le seul transfert thermique est celui échangé avec l'air extérieur, donc $\Delta U=Q$.

Pendant la durée $\Delta t$, l'ampoule reçoit de l'air l'énergie $Q=\varphi \Delta t$, avec $\varphi =ϵS\sqrt{v}({\theta }_{\text{ext}}-\theta (t))$.

Comme $\Delta U=C\Delta \theta$ :

$$C\Delta \theta =ϵS\sqrt{v}({\theta }_{\text{ext}}-\theta (t))\Delta t$$

En divisant par $C\Delta t$ :

L'équation est de la forme $y^{\prime }=ay+b$ avec $a=-\frac{1}{\tau }$ et $b=\frac{{\theta }_{\text{ext}}}{\tau }$. Ses solutions sont $y(t)=K{\mathrm{e}}^{at}-\frac{b}{a}$, où $K$ est une constante.

Ici $-\frac{b}{a}={\theta }_{\text{ext}}$, donc :

$$\theta (t)=K{\mathrm{e}}^{-t/\tau }+{\theta }_{\text{ext}}$$

Condition initiale : $\theta (0)={\theta }_0$, soit $K+{\theta }_{\text{ext}}={\theta }_0$, d'où $K={\theta }_0-{\theta }_{\text{ext}}$.

$\theta (\tau )={\theta }_{\text{ext}}+({\theta }_0-{\theta }_{\text{ext}}){\mathrm{e}}^{-\tau /\tau }={\theta }_{\text{ext}}+({\theta }_0-{\theta }_{\text{ext}}){\mathrm{e}}^{-1}$

$$\theta (\tau )=54+(22-54)\times {\mathrm{e}}^{-1}=42{}^{\circ }\text{C}$$

Sur la figure 6, on trace l'horizontale d'ordonnée $\theta =42{}^{\circ }\text{C}$ jusqu'à la courbe, puis on lit l'abscisse du point d'intersection : il se situe entre les mesures faites à 40 s et à 45 s.

$\tau =\frac{R_{\text{TI}}}{\sqrt{v}}$ donc $R_{\text{TI}}=\tau \sqrt{v}$.

$$R_{\text{TI}}=43\times \sqrt{5,0}=96{\text{m}}^{1/2}\cdot {\text{s}}^{1/2}$$

Dans l'entrepôt, l'ampoule est initialement à ${\theta }_0=15{}^{\circ }\text{C}$ et les fumées jouent le rôle de l'air extérieur : ${\theta }_{\text{ext}}=200{}^{\circ }\text{C}$.

Expression. Le sprinkler se déclenche à la date $t_{\text{rupt}}$ telle que $\theta (t_{\text{rupt}})={\theta }_{\text{rupt}}$ :

$${\theta }_{\text{rupt}}={\theta }_{\text{ext}}+({\theta }_0-{\theta }_{\text{ext}}){\mathrm{e}}^{-t_{\text{rupt}}/\tau }\text{donc}{\mathrm{e}}^{-t_{\text{rupt}}/\tau }=\frac{{\theta }_{\text{rupt}}-{\theta }_{\text{ext}}}{{\theta }_0-{\theta }_{\text{ext}}}$$

En prenant le logarithme népérien : $-\frac{t_{\text{rupt}}}{\tau }=\ln \left(\frac{{\theta }_{\text{rupt}}-{\theta }_{\text{ext}}}{{\theta }_0-{\theta }_{\text{ext}}}\right)$, soit

$$t_{\text{rupt}}=\tau \ln \left(\frac{{\theta }_0-{\theta }_{\text{ext}}}{{\theta }_{\text{rupt}}-{\theta }_{\text{ext}}}\right)$$

Temps caractéristique dans les fumées. $\tau$ dépend de la vitesse de l'écoulement : il faut le recalculer.

$\tau =\frac{R_{\text{TI}}}{\sqrt{v_{\text{fumeˊe}}}}=\frac{90}{\sqrt{3,0}}=52$ s

Application numérique.

$$t_{\text{rupt}}=52\times \ln \left(\frac{15-200}{68-200}\right)=18\text{s}$$

Conversion du débit : $D_{\text{V}}=500\text{L}\cdot {\text{min}}^{-1}=\frac{500\times 10^{-3}}{60}=8,33\times 10^{-3}{\text{m}}^3\cdot {\text{s}}^{-1}$.

$D_{\text{V}}=S_{\text{A}}{v}_{\text{A}}$ donc $v_{\text{A}}=\frac{D_{\text{V}}}{S_{\text{A}}}$.

$$v_{\text{A}}=\frac{8,33\times 10^{-3}}{1,6\times 10^{-3}}=5,2\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

Sur la figure 8, A et B sont à la même altitude : $z_{\text{A}}=z_{\text{B}}$, les termes $\rho gz$ se simplifient.

$$\frac{1}{2}\rho v_{\text{A}}^2+P_{\text{A}}=\frac{1}{2}\rho v_{\text{B}}^2+P_{\text{B}}$$

donc $v_{\text{B}}^2=v_{\text{A}}^2+\frac{2(P_{\text{A}}-P_{\text{B}})}{\rho }$, soit $v_{\text{B}}=\sqrt{v_{\text{A}}^2+\frac{2(P_{\text{A}}-P_{\text{B}})}{\rho }}$.

Avec $P_{\text{A}}=8,0\times 10^5$ Pa et $P_{\text{B}}=1,0\times 10^5$ Pa :

$$v_{\text{B}}=\sqrt{5,2^2+\frac{2\times (8,0\times 10^5-1,0\times 10^5)}{1000}}=37,8\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

Système {goutte d'eau}, de masse $m$ constante ; référentiel terrestre supposé galiléen.

Bilan des forces : le poids $\vec{P}=m\vec{g}$ uniquement (frottements de l'air négligés).

Deuxième loi de Newton : $\sum {\vec{F}}_{\text{ext}}=m\vec{a}$, soit $m\vec{g}=m\vec{a}$, donc $\vec{a}=\vec{g}$.

Le vecteur $\vec{g}$ est vertical et dirigé vers le bas, alors que $\vec{k}$ est dirigé vers le haut : $\vec{g}=-g\vec{k}$.

Vitesse. $\vec{a}=\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t}$ : on cherche les primitives de $a_x$ et $a_z$.

$v_x(t)=C_1$ et $v_z(t)=-gt+C_2$

À $t=0$, $\vec{v}(0)={\vec{v}}_{\text{B}}$ de coordonnées $v_{\text{B}}\cos (\alpha )$ et $v_{\text{B}}\sin (\alpha )$, donc $C_1=v_{\text{B}}\cos (\alpha )$ et $C_2=v_{\text{B}}\sin (\alpha )$.

$$v_x(t)=v_{\text{B}}\cos (\alpha )v_z(t)=-gt+v_{\text{B}}\sin (\alpha )$$

Position. $\vec{v}=\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}$ : on cherche les primitives de $v_x$ et $v_z$.

$x(t)=v_{\text{B}}\cos (\alpha )t+C_3$ et $z(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_{\text{B}}\sin (\alpha )t+C_4$

À $t=0$, M est en B : $x(0)=0$ et $z(0)=z_{\text{B}}$, donc $C_3=0$ et $C_4=z_{\text{B}}$.

Le jet touche le sol au point P, d'altitude nulle : $z(x_{\text{max}})=0$.

$$-6,72\times 10^{-3}{x}^2+0,990x+1,30=0$$

Discriminant : $\Delta =0,990^2-4\times (-6,72\times 10^{-3})\times 1,30=1,015>0$.

Deux solutions : $x_1=\frac{-0,990+\sqrt{\Delta }}{2\times (-6,72\times 10^{-3})}=-1,30$ m et $x_2=\frac{-0,990-\sqrt{\Delta }}{2\times (-6,72\times 10^{-3})}=149$ m.

Le point P est à droite de O : on retient la solution positive.

Interprétation. La documentation annonce une portée maximale de 40 m : la valeur calculée est près de 4 fois plus grande. Le modèle de la chute libre n'est donc pas adapté : à $38\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$, les frottements de l'air sur l'eau ne sont pas négligeables. Ils freinent fortement le jet, qui se disperse en gouttelettes, et réduisent la portée réelle.