Solution_exercices Mdf 2013 2014

SOLUTION_ EXERCICE N°5 En appelant z la profondeur (à partir de la surface libre), on a :

PG = Patm + ρ g z   ⇒ ∆P = ρ g z PD = Patm 

1) Hauteur de chaque panneau pour que chacun supporte la même force hydrostatique Soit l la largeur des panneaux. Les forces appliquées sur chaque panneau sont données par : L’élément de surface considéré est dS = l dz . On a z A = 0; z B = z1 ; z C = z 2 et z D = h zB

Panneau AB : F1 = ∫ ∆PdS = ∫ ρ g z dS = ∫ ρ g z l dz = ρ g l S

S

zA

Panneau BC : F2 = ∫ ∆PdS = ∫ ρ g z dS = ρ g l S

S

Panneau CD : F3 = ∫ ∆PdS = ∫ ρ g z dS = ρ g l S

S

z 12 2

z 22 − z 12 2 h 2 − z 22 2

La force totale agissant sur les trois panneaux est donnée par : h2 F = ∫ ∆PdS = ∫ ρ g z dS = ρ g l 2 S S Les trois panneaux supportent la même force : F  F1 = F2 = F3 = 3  F1 + F2 + F3 = F F h 3 ⇒ z1 = 3 3 F 2 F2 = ⇒ z2 = h 3 3 Les hauteurs des trois panneaux sont : h 3 Panneau AB : h 1 = z B − z A = z 1 = ≈ 5.20m 3 2 h 3 Panneau BC : h 2 = z C − z B = h − ≈ 2.15m 3 3  2  ≈ 1.65m Panneau CD : h 3 = h − z C = h 1 −  3   2) Positions des centres de poussées F1 =

Les positions des centres de poussées au niveau des panneaux AB , BC et CD sont notées z p1 , z p 2 et z p 3 respectivement.

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On a :

r OAΛF = ∫ OMΛ dF S

Appliquons cette relation pour déterminer la position du centre de poussée au niveau de chaque panneau. Soit :

Panneau AB : z p1

(

)

(

z p1 F1 e1 Λ e 2 = ∫ z dF1 e1 Λ e 2

)

⇒ z p1 F1 = ∫ z dF1

S

S

2h 3 ≈ 3.46m 9

⇒ z p1 =

Panneau BC : z p 2

(

)

(

z p 2 F2 e1Λ e 2 = ∫ z dF2 e1 Λ e 2 S

⇒ z p2 = Panneau CD : z p 3

(

(

)

(

⇒ z p3 =

⇒ z p 2 F2 = ∫ z dF2

)

S

2 3h 3 + 2 ≈ 6.33m 9 2 +1

z p 3 F3 e1Λ e 2 = ∫ z dF3 e1 Λ e 2 S

)

)

(

⇒ z p 3 F3 = ∫ z dF3

)

S

2h 5 3 + 3 2 ≈ 8.20m 9 2+ 3

Ces profondeurs correspondent à celles où l’on doit mettre les renforts.

3) Force par unité de largeur agissant sur chaque panneau Les forces de pression qui agissent sur chaque panneau sont égales : Par exemple la force par F unité de largeur qui agit sur le premier est donnée par f1 = 1 : l 2 F h f1 = 1 = ρg = 1,35 × 10 5 N m −1 l 6 4) Si la porte n’est constituée que par un seul panneau, les renforts doivent occuper les positions calculées précédemment, c’est à dire:

z p1 ≈ 3.46m z p 2 ≈ 6.33m z p3 ≈ 8.20m

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SOLUTION_ EXERCICE N°7 Analyse physique du problème : Pour la valeur de h cherchée (basculement de la cornière), r les seuls moments «par rapport à l’axe de rotation » non nuls sont les moments de de Fv et r Fh .

1) Moment des forces résultantes sur la paroi verticale D’après le cours, on sait que pour un barrage rectangulaire vertical, la résultante des forces r hydrostatiques vaut : Fv = ρgh G S où hG est l’altitude du centre de gravité du réservoir (par r ρg Lh2 r rapport à la surface libre). Donc : Fv = − x. 2

De plus, le point d’application de cette force est situé à

2h en-dessous de la surface libre 3

h au-dessus de l’axe de rotation). Donc le moment de cette force résultante par 3 rapport à l’axe Oz vaut : r r ρg L h3 r ρg L h3 . Mv = z ⇒ Mv = 6 6

(donc à

2) Moment des forces résultantes sur la paroi horizontale La force résultante vaut :

r   πD 2 πD 2  r πD 2 r  y = −ρgh Fh = − (Patm + ρgh )hL + Patm y + (Patm + ρgh ) hL − 4 4  4   r πD 2 ⇒ Fh = ρgh 4 Le point d’application de cette force est situé à une distance a de l’axe, au centre du disque (par raison de symétrie); donc le moment de cette force résultante est : r r ρg πa h D2 r ρg πa h D2 Mh = − z ⇒ Mh = 4 4 3) Equilibre mécanique de la vanne : la somme des deux moments étant nulle, on trouve:

r r r ρ g L h3 ρ g πa h D2 3π a Mv + Mh = 0 ⇒ = − =0 ⇒ h=D ≈ 0.53m 6 4 2L

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SOLUTION_EXERCICE N°9 1) Résultante des forces de poussée On calculera son intensité et on déterminera sa direction. La hauteur d’eau dans la partie A est h = l .

PG (z ) = Patm + ρ g (h − z ) A ⇒  ⇒ ∆P(z ) = ρ g (h − z ) B PD (z ) = Patm

Au niveau de la partie 

Soit un élément de surface de la vanne dS = R dθ L . La force élémentaire dF = ∆P(z ) dS s’exerçant sur dS a pour composantes : dFx = dF cos θ = ∆P(z ) cos θ dS = ρ g (h − z ) cos θ dS = ρ g R L (h − z ) cos θ dθ  dFz = dF sin θ = ∆P(z ) sin θ dS = ρ g (h − z ) sin θ dS = ρ g R L (h − z ) sin θ dθ

Or sin θ =

(h − z ) R

⇒

(h − z ) = R sin θ

dFx = ρ g R 2 L cos θ sin θ dθ ⇒  dFz = ρ g R 2 L sin 2 θ dθ

L’angle θ varie de θ1 à θ 2 définie comme suit : θ1 = 0 θ = θ1 et sin θ1 = 0 z = h   Pour  ⇒  h 2 .5 1 ⇒  π z = 0 θ 2 = 6 = 30° θ = θ 2 et sin θ 2 = R = 5 = 2 π π  θ2 2 6 ρ g R L ρ g R 2 L  cos 2θ  6  2 sin 2θ dθ = ∫ Fx = ∫ ρ g R L cos θ sin θ dθ = − 2  2 2 0 θ1 0 ⇒   ρ g R2 L 4 Fx = = 10 3 × 10 × 5 2 × = 125000 N 8 8 

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π π  θ2 2 6 ρgR L 6 ( 1 − cos 2θ )  2 2 2 dθ = ∫0 (1 − cos 2θ) dθ Fz = ∫ ρ g R L sin θ dθ = ρ g R L ∫ 2 2 θ 0 1  π  2 6 π ρgR L  ρ g R2 L  π sin 2θ  3 3   −  = ρ g R2 L  −  ⇒ Fz = θ − =   6   12 8  2 2 2 4   0       F = 10 3 × 10 × 5 2 × 4 ×  π − 3  ≈ 45293 N  12 8   z    

ρ g R2 L ⇒ F= F +F = 2 2 x

2 z

2

2 3  1   π  ≈ 132953 N   + −  4   6 4 

La direction est définie par l’angle α , tel que tgα = F α = arctg z  Fx

Fz . L’angle α en (°) est donné par : Fx

 180  × ≈ 20°  π

2) Résultante des forces de poussée On calculera son intensité et on déterminera sa direction. La hauteur d’eau dans la partie A est H .

PG (z ) = Patm + ρ g (H − z ) A ⇒  ⇒ ∆P(z ) = ρ g (H − z ) P ( z ) = P B D atm 

Au niveau de la partie 

Soit un élément de surface de la vanne dS = R dθ L . La force élémentaire dF ' = ∆P(z ) dS s’exerçant sur dS a pour composantes :

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H   − z 2  ⇒ z = H − R sin θ ⇒ ∆P(z ) = ρ g  H + R sin θ  Or sin θ =    R 2 2   ' H  H  ' dFx = dF cos θ = ∆P(z ) cos θ dS = ρ g  2 + R sin θ  cos θ dS = ρ g R L  2 + R sin θ  cos θ dθ       dF ' = dF ' sin θ = ∆P(z ) sin θ dS = ρ g  H + R sin θ  sin θ dS = ρ g R L  H + R sin θ  sin θ dθ  z 2  2 

L’angle θ varie de θ1 à θ 2 définie comme suit : −H 5 1 π   θ1 = − 6 θ = θ1 et sin θ1 = 2R = − 2 × 5 = − 2 z = H Pour  ⇒  ⇒  H 5 1 z = 0 θ = θ et sin θ = θ = π = = 2 2   2 6 2R 2 × 5 2  ' ρ g R2 L = 4Fx Fx = 2 ⇒  F ' = 10 3 × 10 × 5 2 × 4 = 500000 N  x 2

 ' π 3 2  = 2Fz Fz = ρ g R L  −   6 4  ⇒  π 3  ' 3 2   Fz = 10 × 10 × 5 × 4 ×  6 − 3  ≈ 90586 N    ⇒ F =

(F ) + (F ) ' 2 x

' 2 z

= 508140 N

Fz' La direction est définie par l’angle α , tel que tgα = ' . L’angle α en (°) est donné par : Fx

 Fz' α = arctg '  Fx

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 180  × ≈ 10°  π

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SOLUTION_EXERCICE N°10

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SOLUTION_EXERCICE N°3 (Dynamique des fluides parfaits)

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SOLUTION_EXERCICE N°5 (Dynamique des fluides parfaits)

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EXERCICES SUPPLEMENTAIRES CORRIGES

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EXERCICE N°11 : Pour connaître la pression absolue à l’intérieur d’une conduite ou circule un fluide de masse volumique ρ , on dispose côte à côte un baromètre et un manomètre tous deux remplis de mercure de masse volumique ρ 0 et on lit les côtes H 0 , H 1 et H 2 . Calculer la pression sur l’axe de la conduite (Figure S.11).

Figure S.11 Application numérique : H 0 = 0.7565 m ; H 1 = 0.3245 m ; H 2 = 0.1925 m ;

ρ = 10 3 Kg m -3 ; ρ 0 = 13.59 10 3 Kg m -3 . SOLUTION_EXERCICE N°11 On demande de calculer la pression absolue dans la conduite. Le baromètre nous permet d’avoir la pression atmosphérique : Patm = ρ 0 g H 0 On applique la relation fondamentale de la statique (P + ρ g z = cste ) entre deux points d’un même fluide. Au point C , on a PC = P + ρ g H 2

Au point C ' , on a PC ' = Patm + ρ 0 g (H 1 + H 2 )

Or PC = PC' (Relation fondamentale de la statique).

⇒

P + ρ g H 2 = Patm + ρ 0 g (H 1 + H 2 ) = ρ 0 g H 0 + ρ 0 g (H 1 + H 2 )

⇒

P = ρ 0 g (H 0 + H 1 ) + (ρ 0 − ρ ) g H 2

Application numérique : si on prend g = 9.81 m s −2 , on aura :

P = 13.59 10 3 × 9.81 (0.7565 + 0.3245) + (13.59 − 1) 10 3 × 9.81 × 0.1925 = 167891.9 Pa  P ≈ 1.68 bar

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EXERCICE N°12 : Calculer la hauteur h du mercure dans le tube transparent si la pression absolue est p1 = 0.147 bar (Figure S.12).

Figure S.12 Application numérique : p 0 = 775 mmHg ; H 0 = 1 m ; H = 0.8 m .

SOLUTION_ EXERCICE N°12

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EXERCICE N°13 : Un manomètre à mercure attaché à une cuve remplie d’eau jusqu’à une hauteur H , indique les hauteurs h1 = 0.3 m et h2 = 0.2 m . Soit h la position du point d’attache du manomètre à la cuve (Figure S.13). Déterminer l’expression de H en fonction de h1 , h2 et h et des caractéristiques des deux fluides. Données : ρ eau = 10 3 Kg m −3 ; ρ mercure = 13.60 10 3 Kg m -3 ; h = 0 .8 m ;

h1 = 0.3 m ; h2 = 0.2m .

Figure S.13

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SOLUTION_EXERCICE N°13

EXERCICE N°14

Un canal de section droite semi-circulaire, de rayon R , est barré par une paroi plane verticale. Déterminer la force de pression et la position du centre de poussée (Figure S.14).

Figure S.14 ENIM – TC – 1ère Année A. LAM’BARKI

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SOLUTION_EXERCICE N°14

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EXERCICES SUPPLEMENTAIRES NON CORRIGES

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EXERCICE N°15 : La figure S.15 représente une vanne rectan-gulaire (L x l) en coupe verticale destinée à fixer le niveau d’eau (hauteur h) d’une retenue. Cette vanne est articulée à sa base sur un axe OO’ et maintenue au sommet par 2 chaînes parallèles manoeuvrées par un treuil. En position haute (angle α ) on supposera la direction des chaînes perpendiculaire à la vanne.

Figure S.15 − −

Calculer la poussée sur la vanne due à la pression hydrostatique et son centre d’application. Calculer les efforts transmis aux chaînes (on négligera le poids propre de la vanne) et la réaction de l’axe OO’. Application numérique : h = 4m ; L = 5m ; l = 6m EXERCICE N°16 : Une vanne de vidange est constituée par un disque de rayon R pivotant autour d’un axe horizontal. Le centre O du disque est positionné à une hauteur h par rapport au niveau d’eau (Figure S.16).

− −

Calculer la poussée sur le disque et la position du centre de poussée ; Reprendre le calcul dans le cas où le disque est noyé (eau de chaque coté du disque). Ce cas est celui d’une écluse. Application numérique : h = 2m ; R = 0,5m

Figure S.16

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EXERCICE N°17 : Etude succincte d’un barrage (Figure S.17) voûte en forme de ½ cylindre (épaisseur de paroi e, rayon moyen R, hauteur h ; e/R