MecaFlu2015 TD5 Correction [PDF]

Zitiervorschau

M´ecanique des fluides - Bachelor 2015 - TD 5

TD5 Correction

Exercice 1 Apr`es les inondations de la Nouvelle-Orl´eans vous avez ´et´e mandat´e pour v´erifier le dimensionnement des nouvelles digues. Ces nouvelles digues se pr´esentent sous la forme d’un barrage-poids en b´eton, dont la masse volumique est ´egale ` a ϱb . Lors d’une crue, l’eau de masse volumique ϱe atteint le sommet de la structure. Pour le calcul de la stabilit´e de la structure on admet que la section du barrage est triangulaire (figure 1). – Calculer les deux composantes de la force de pression due ` a l’eau, appliqu´ee au parement du barrage (consid´erer les axes x et z indiqu´es). – Quelle devra ˆetre la valeur minimale de la densit´e du b´eton ϱb pour garantir l’´equilibre des moments autour du point O ? Admettre une sous-pression Fs agissant sur la face horizontale du barrage. Cette derni`ere varie lin´eairement le long de cette face depuis la pression maximale jusqu’` a z´ero (point O). – Quelles sont les faiblesses de ce mod`ele ? Que devriez-vous inclure en plus ? Donn´ees : ϱe = 1030 kg/m3 , h = 30 m , α = 65˚, β = 45˚.

Figure 1 – Barrage-poids en b´eton R´ eponse Soit n la normale `a la surface orient´ee de la surface vers le fluide. La force de pression qui s’applique au parement du barrage peut s’´ecrire : ∫ −pe ndS

Fp = (

Avec n=

− sin α − cos α

Et pe = ϱe gz Les composantes de Fp qui agissent sur dS sont

dFx = dF sin α dFz = dF cos α On exprime dS en fonction de dz dS =

dz sin α

1

)

Figure 2 – Composantes de la force de pression Et l’int´egrale devient (

Fx Fz

)

) dz − sin α = −ϱe gz − cos α sin α 0 ( )∫ h 1 = ϱe g zdz cot α 0 ( ) h2 1 = ϱe g . cot α 2 ∫

(

h

Il faut trouver la densit´e minimale du b´eton pour avoir l’´equilibre des moments en O. On a donc d1 Fs + d2 Fx = e1 W1 + e2 W2 + e3 Fz

Figure 3 – Moments du barrage-poids 2

2

Les composantes de la force de pression sont : Fx = ϱe g h2 et Fz = ϱe g h2 cot α Le point d’application de la force de pression peut se trouver ainsi ( ) ∫ max sin α dz ∫ ϱe gz z sin α 0 cos α zdF S ( ) zp = ∫ = ∫ max dF sin α dz S ϱe gz 0 cos α sin α Apr`es l’annulation de la plupart des termes, on obtient ∫ l1

z 2 dz 2l1 xp = ∫0l1 = 3 zdz 0 et

∫h

z 2 dz 2h zp = ∫0h = 3 zdz 0 NB : z est ici une variable libre, on peut donc l’utiliser pour trouver xp et zp . 2

Par cons´equent, e3 = l2 + 23 l1 et d2 = 13 h (z agit de haut vers bas.) Avec l1 =

h tan α

et l2 =

h tan β .

Force de sous-pression : la force peut ˆetre vue comme la force de l’eau que le barrage a remplac´e. Ce serait Fs = ϱe g hl eairement le long de cette face, on peut utiliser la mˆeme formule pour voir que 2 , et si elle varie lin´ 2 h h d1 = 2l , ou bien d1 = ( + 3 3 tan α tan β ). Le poids du barrage peut ˆetre d´ecompos´e en deux partie : W1 = ϱb g

hl1 2

et W2 = ϱb g

hl2 2

Avec pour points d’application : 1 e1 = l2 + l1 et 3

e2 =

2 l2 3

Donc on a d1 Fs + d2 Fx = e1 W1 + e2 W2 + e3 Fz Par substitution, on trouve : 2 hl 1 h2 l × ϱe g + h × ϱe g = 3 2 3 2

( ) ( ) 1 hl1 2 hl2 2 h2 l2 + l1 × ϱb g + l2 × ϱb g + l2 + l1 × ϱe g cot α 3 2 3 2 3 2

Avec ϱe = 1000 kg/m3, h = 30 m , α = 65˚ et β = 45˚. On obtient alors l1 = tanh α = 14 m, l2 = 34,67 m, e2 = 20 m et e3 = 39,3 m.

h tan β

= 30 m, l = l1 + l2 = 44 m, d1 = 29,3 m, d2 = 10,0 m, e1 =

Ainsi, Fx = 4410 kN/m, Fz = 2056,4 kN/m, Fs = 6468 kN/m, et donc ϱb = 957, 7 kg/m3 . La masse volumique de b´eton est d’environ 2, 5 × 103 kg/m3 , il n’y a donc pas de risques de soul`evement. Une limitation de ce mod`ele est qu’il ne consid`ere pas l’ancrage du barrage. Il faudrait v´erifier que la force Fx ne fait pas glisser la digue.

Exercice 2 Un bassin contenant de l’eau sur une profondeur de 9 m est ferm´e par une porte verticale constitu´ee par 3 panneaux plans A, B et C (figure 4). 1. Quelle doit ˆetre la hauteur de chaque panneau pour que chacun supporte le mˆeme effort total ? Donner les profondeurs z1 et z2 . 2. Chaque panneau doit ˆetre renforc´e au niveau du centre de pouss´ee. Calculer la position de ces renforts. 3. Quelle est la valeur de la force agissant sur chaque panneau ?

Figure 4 – Sch´ema des 3 panneaux plans R´eponse Ici on utilise des trap`ezes pour calculer la force sur chaque panneau.

3

∫

0

−ρgzdz = ρg

FA = ∫

z1 z1

z12 2

ρg 2 (z − z12 ) 2 2 z2 ∫ z2 ρg 2 FC = −ρgzdz = (h − z22 ) 2 h −ρgzdz =

FB =

Pour l’´equilibre, on veut que FA = FB = FC , qui donne : z22 , 2 z12 = h2 − z22 . z12 =

√ En r´esolvant ces equations, on obtient z2 = h 23 = −7, 35m et z1 = HB = z2 − z1 = 2, 15 m et HC = h − z2 = 1, 65 m.

z2 √ 2

=

= −5, 2 m, ou bien HA = 5, 2 m,

h √ 3

Pour le centre de pression zc , on utilise la formule ∫

zb

(z − zc )ρgzdz

za

Qui vient de ∫

zb

MC =

r ∧ dF = 0.

za

Donc pour chaque panneau, [

]z z3 z2 b ρg − zc =0 3 2 za ( ) 2 zb3 − za3 . zc = 3 (zb2 − za2 ) Qui donne pour A (za = z1 = −5, 2 m, zb = 0) zcA = 23 z1 = −3, 46 m Pour B (za = z2 = −7, 35 m, zb = z1 = −5, 2 m) zcB = −6, 33 m Pour C (za = h = −9 m, zb = z2 = −7, 35 m) zcC = −8, 2 m. Et la force qui agit sur chaque panneau, FA = FB = FC = ρg

z12 2

= 1, 35 × 105 N/m.

Exercice 3 Une Vanne de fond CD de 1,8 m de large et de 2 m de long est dispos´ee selon la figure 3. On suppose que la vanne est compos´ee d’un mat´eriau homog`ene et on n´eglige le frottement en C. D´eterminer le poids n´ecessaire de la vanne pour la garder ferm´ee jusqu’` a ce que le niveau d’eau atteigne 2 m au dessus de C. R´eponse Pour commencer, il faut trouver le moment en O, dˆ u `a la force de pression : ∫

∫

l

r ∧ dF =

MOP ress = 0

∫

l

rdFP ress = 0

∫

l

rP (r)dS = 0

l

rP (r)Ldr 0

O` u L est la largeur de la vanne, l la longueur (2 m), et P (r) = ρg(2 + r cos θ) la pression hydrostatique. Par remplacement, l’int´egrale devient :

4

Figure 5 – Vanne de fond

Figure 6 – Vanne de fond avec forces ∫

∫

l

l

rP (r)Ldr = Lρg 0

0

[

r2 r3 r(2 + r cos θ)dr = ρgL 2 + cos θ 2 3

]l 0

Et le moment en O dˆ u au poids : l l ∧ FPoids = mg sin θ 2 2 ) ( ρgL 2 2 = MOP ress , d’o` u mg = sin θ 2l + 3 l cos θ = 180 kN (m = 18, 4 tonnes). MOP oids =

Donc, pour l’´equilibre, on a MOP oids

Exercice 4 Une vanne radiale maintient un niveau d’eau constant ` a 10 m au dessus du sommet d’un barrage ` a Manchester (Figure 7). Le rayon de la vanne est de 22 m et sa longueur 10 m. Le point de pivot A est situ´e ` a 10 m du sommet du barrage C. D´eterminer la norme de la r´esultante des forces sur la vanne. La r´esultante passe t’elle ` a travers le pivot ? R´eponse dF = P × dS P = ρgz

5

Figure 7 – Vanne semi-circulaire

Figure 8 – Vanne semi-circulaire avec dimensions dS = rLdθ O` u z = profondeur, ρ = masse volumique de l’eau, L = longueur de vanne (perpendiculaire `a la page), et r et θ d´efinis comme sur la Figure 8. Norme de la r´esultante des forces sur la vanne : dF = ρgzrLdθ avec z = r sin θ dFx = dF cos θ = ρgr2 L sin θ cos θdθ dFz = dF sin θ = ρgr2 L sin2 θdθ. Donc ∫ Fx

θmax

ρgr2 L sin θ cos θdθ

= [ = =

0

ρgr2 L sin2 θ 2

ρgh2 L 2

6

]θmax 0

Car θmax = sin−1

(h) r

. ∫ Fz

θmax

ρgr2 L sin2 θdθ

= ∫

0

(1 − cos 2θ) dθ 2 0 [ ( )]θmax ρgr2 L sin 2θ = θ− 2 2 0 θmax

ρgr2 L

=

= =

ρgr2 L (θmax − sin θmax cos θmax ) 2 ( ) √ ( ) 2 h ρgr2 L h h sin−1 1− 2 − 2 r r r

Oui, comme la vanne est circulaire et que la pression est normale `a la surface de la vanne, cette derni`ere agit sur le rayon de la vanne (force centrip`ete). La r´esultante de la force de pression passe donc `a travers le pivot. Pour v´erifier, il faut calculer le centre de pression (c.f. q.2) et montrer que les moments autour de A s’annulent. M´ethode alternative :

Figure 9 – Vanne semi-circulaire avec dimensions ∫h 2 Force lat´erale : 0 ρgzdzL = ρgL h2 Poids du volume d’eau d´eplac´e : ( V =

πr2 hr cos θmax θmax − 2π 2 (

Pouss´ee d’Archim`ede (force verticale) : ρV g = ρgL

r2 2

−1

sin

(h) r

−

)

hr cos sin−1 ( h r) 2

)

Ce qui est le mˆeme r´esultat qu’avant.

Exercice 5 Appliquer le th´eor`eme de Bernoulli pour calculer la hauteur maximale d’un jet unidimensionnel de section S et de d´ebit Q. R´eponse ` z = hmax , vz = 0. A ` z = 0, vz = A

Q S.

Le th´eor`eme de Bernoulli dit : v2 p + gz + = const 2 ρ

Donc 1 2

(

Q S

)2 +g·0+

1 ph p0 = (0)2 + g · hmax + ρ0 2 ρh

Nous supposons que ph = p0 = patm et la fluide est incompressible, 7

1 2

(

Q S

hmax

)2 = g · hmax 1 = 2g

8

(

Q S

)2