Série N°1 Statique Des Fluides - Corrections [PDF]

Zitiervorschau

ENSAM MEKNES A.U. 2022-2023

Mécanique des Fluides Correction de la Série N°1 : Statique des fluides

Pr. EL MGHOUCHI Youness

Correction de l’exercice 1 : Mesure de la densité d’une huile C’est une application directe de la formule de l’hydrostatique : ⃗∇p = ρg⃗ Il faut l’écrire pour chaque fluide (les  sont différentes). -

⃗ p = ρ′g⃗ → Pour l’huile : ∇

∂p ∂z

= −ρ′g

Soit : pC − pB = −ρ′g(zC − zB ) = −ρ′gh -

(1)

∂p

⃗ p = ρg⃗ → = −ρg Pour l’huile : ∇ ∂z Soit : pB − pA = −ρg(zB − zA ) = −ρg(h − ∆z)

(2)

➔ (1) + (2) donne : pC − pA = g[(ρ − ρ′ )h − ρ∆z] = 0 Car pC = pA = patm Donc finalement : d =

ρ′ ρ

=1−

∆z h

=1−

∆z.S V

A. N. : d = 0.85 Remarque : Il faut bien comprendre que la formule de l’hydrostatique ne peut s’appliquer qu’au sein d’un même fluide homogène. Correction de l’exercice 2 : Flottation à une interface 1ière Méthode : Force d’Archimède Le bloc est soumis à son poids plus aux forces d’Archimède qui s’exercent les deux fluides sur le bloc. Considérons l’équilibre et appliquons le 1er principe de newton : ⃗ ex = P ⃗ +F ⃗M+F ⃗ Eau = 0 ⃗ ∑F ➔ ρA g⃗ V − ρM g⃗ VMer − ρg⃗ VEau = ⃗0 → dA g⃗ V − dM g⃗ VMer − g⃗ VEau = ⃗0

(1)

Avec : -

V = (a + b)S : le volume totale du bloc VMer = bS : le volume du bloc immergé dans le mercure VEau = aS : le volume du bloc immergé dans l’eau

Remplaçons chaque volume par son expression puis simplifions par g⃗ et par S. → (1) devient : dA (a + b) − dM b − a = 0 →

b a

(dM − dA ) = dA − 1 →

b a

dA −1

=d

M −dA

2ième Méthode : Forces totales de pression Le bloc est soumis à son poids plus aux forces totales de pression verticales au niveau de A (surface supérieure) et B (surface inférieure). Les forces de pressions sur les surfaces latérales du bloc sont symétriques et donc leur somme s’annule. ⃗ ex = P ⃗ +F ⃗A+F ⃗ B =0 ⃗ On a donc, d’après le 1er principe de newton : ∑ F

(2)

Considérons un axe oz ascendant. L’équation (2) devient : ⃗ → Soit : S(pB − pA ) − Mg = 0 → −pA S ⃗⃗⃗ ez + pB S ⃗⃗⃗ ez − Mg ⃗⃗⃗ ez = 0

(3)

pA et pB sont les pressions constantes aux niveaux de la surface supérieure et de la surface inférieure, respectivement. p = pC + ρM gb Or d’après l’EFH on a : { B pC = pA + ρeau ga → pB = pA + ρeauga + ρM gb Où pC étant la pression de la surface de séparation des deux fluides. On déduit : pB − pA = ρeau g(a + dM b) En plus, la masse totale du bloc est donnée par : M = ρA S(a + b) = ρeau dA S(a + b) L’équation (3) devient donc : a + dM b − dA (a + b) = 0 b

→

a

(dM − dA ) = dA − 1 →

b a

dA −1

=d

M −dA

Important : Les surfaces horizontales sont des isobares (pression constante). Correction de l’exercice 3 : Tube rempli de plusieurs fluides 1. Appliquons la formule de l’hydrostatique plusieurs fois (pour chaque fluide): -

pA = pB + ρgh pB = pC − dA ρgh1 pC = pD − dM ρgh2 pD = patm + dH ρgh3

(1) (2) (3) (4)

Donc en sommant ces expressions : pA = patm + ρg(h − dA h1 − dM h2 + dH h3 ) 2. A. N. :

pA − patm = −11380 Pa

Alors, en A nous avons une dépression. 2

Correction de l’exercice 4 : Trop-plein. 1. Quand l’eau monte, le point d’application de la force de pression sur OA se déplace de O vers A et le moment de cette force augmente ce qui provoque une tendance au basculement. 2. L’ensemble des forces agissants sur la porte AOB : - ⃗Fp : la résultante de forces de pression totales (eau + air). - ⃗P : poids de la porte ⃗ B : réaction du bâti en B - R - ⃗RO : réaction de l’axe de rotation en O 3. Les moments cinétiques : Prenons un axe oz ascendant a.

Moment de forces de pression : ⃗Fp = ⃗FOA′ + ⃗FOB H

⃗⃗⃗ O (F ⃗ OA′ ) = ∬ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ℳ OM ∧ (−pn ⃗ ) dS = ∫ ze⃗⃗⃗z ∧ (p(z) − patm)⃗⃗⃗ ex ldz 0

On a le long de OA’ : p(z) − patm = ρg(h − h0 − z) = ρg(H − z) H

patm

⃗⃗⃗ O (F ⃗ OA′ ) = l ∫ ρgz(H − z)dz ⃗⃗⃗ Donc : ℳ ey = lH² ( 0 b.

2

+

ρgH 6

) ⃗⃗⃗ ey

L ⃗⃗⃗ O(F ⃗ OB) = ∬ OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ (−pn ℳ ⃗ ) dS = ∫0 xe⃗⃗⃗x ∧ pe ⃗⃗⃗z ldx

Où p est la pression sur OB : p = patm + ρgH ⃗⃗⃗ O (F ⃗ OB) = −le⃗⃗⃗y (patm + ρgH) ∫L xdx = −l L² (patm + ρgH)⃗⃗⃗ Donc : ℳ ey 0 2 c.

⃗⃗⃗ O (F ⃗ ext ) = O ∑ℳ

→

⃗⃗⃗ O(F ⃗ OA′ ) + ℳ ⃗⃗⃗ O(F ⃗ OB ) + ℳ ⃗⃗⃗ O(P ⃗)+ℳ ⃗⃗⃗ O(R ⃗ B) + ℳ ⃗⃗⃗ O (R ⃗ O) = 0 ℳ

Avec : ⃗⃗⃗ O(R ⃗ O) = 0 -ℳ ⃗⃗⃗ O(R ⃗ B) = ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ B‖e⃗⃗⃗z ) = L‖R ⃗ B ‖e⃗⃗⃗y -ℳ OB ∧ ⃗R B = Le⃗⃗⃗x ∧ (−‖R ⃗⃗⃗ O(P ⃗ ) = ⃗⃗⃗⃗⃗ - puisque le poids est négligé : ℳ OG ∧ ⃗P = O patm

→ lH² (

2

+

ρgH

L²

6

2

) ⃗⃗⃗ ey − l

⃗ B ‖e⃗⃗⃗y = 0 (patm + ρgH)⃗⃗⃗ ey + L‖R

⃗ B‖, mais généralement ‖R ⃗ B ‖ ≥ 0 donc il faut pour que 4. On ne connait pas la valeur de ‖R la porte ne bascule pas : patm ρgH L² ) + l (patm + ρgH) ≥ 0 + 2 6 2 Soit : H ≥ L√3 → h ≤ h0 + L√3 Pour que la porte ne bascule pas −lH² (

3

⃗ B‖ devient nulle) la Dès que cette condition devient fausse (à la limite de h = h0 + L√3 , ‖R porte bascule et laisse sortir l’eau. Correction de l’exercice 5 : Dimensionnement d’un barrage poids 1. On a 3 forces au total : - Le poids Mg⃗ - Les forces de pression ⃗Fp - Les réactions du sol ⃗R : composante tangentielle ⃗Rt et composante normale ⃗Rn

Il est important de dénombrer toutes ces forces et ne pas oublier notamment la force de réaction du sol nécessaire pour équilibrer Mg⃗ et ⃗Fp . L’équilibre au niveau des résultantes s’écrit : {

⃗n=0 ⃗ Mg⃗ + R ⃗Fp + ⃗Rt = ⃗0

2. Préliminaire : la résultante des forces de pression s’écrit : ⃗Fp = ∬(−pn ⃗ ) dS = ∬ p(y) dS i Et d’après la formule de l’hydrostatique : p(y) = patm + ρg(h − y) ≈ ρg(h − y) (on néglige l’effet de la pression atmosphérique). h

⃗ p = ∬ ρg(h − y) dS i = ρgl ∫ (h − y)dy i F 0

⃗ p = ρgl D’où : F

h² 2

h

i = ρgS 2 i

⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ F ⃗ p = ∫ OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ dF ⃗p Le centre de poussée A est déterminé par : OA ⃗⃗⃗⃗⃗ = λ j et OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = y j Avec OA h

➔ λρgS 2 j ∧ i = ρgl ∫ y(h − y)dy j ∧ i 4

h

➔ λ=

l ∫0 y(h−y)dy h 2

S

h

Finalement : λ = 3 soit A(0, h/3, 0) 3. Appliquons le principe de newton en considérant l’équilibre du barrage vis-à-vis de la rotation auteur du point O : ⃗⃗⃗ O (F ⃗ ext ) = O ∑ℳ

⃗⃗⃗ O(F ⃗ p) + ℳ ⃗⃗⃗ O(R ⃗ n) + ℳ ⃗⃗⃗ O(P ⃗)+ℳ ⃗⃗⃗ O (R ⃗ t) + ℳ ⃗⃗⃗ O (R ⃗ O) = 0 ℳ

→

Avec : ⃗⃗⃗ O(R ⃗ O) = 0 -ℳ ⃗⃗⃗ O(R ⃗ t) = 0 -ℳ ⃗⃗⃗ O(R ⃗ n ) = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ n = − h tan α i ∧ ‖R ⃗ n ‖ j = − h tan α ‖R ⃗ n ‖ ⃗k -ℳ OA′ ∧ R 3

3

h

h

⃗⃗⃗ O(P ⃗ ) = OG ⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ P ⃗ = (− tan α i + j) ∧ (−Mg j) = h Mg tan α ⃗k -ℳ 3 3 3 h

⃗⃗⃗ O(F ⃗ p ) = OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ F ⃗ p = j ∧ ρgl -ℳ 3 → −ρgl

h3 6

h

h2 2

i = −ρgl

h3 6

⃗ k

h

⃗ n ‖ + Mg tan α = 0 − 3 tan α ‖R 3 h

Simplifions par 3 : −ρgl

h2 2

⃗ n ‖ + Mg tan α = 0 − tan α ‖R

⃗ n ‖, mais généralement ‖R ⃗ n ‖ ≥ 0 donc il faut pour En plus, on ne connait pas la valeur de ‖R que le barrage retienne une masse d’eau de profondeur h : − Avec : 0 ≤ α ≤

𝜋 2

→

ρglh2 2 tan α

→

+ Mg ≥ 0

tan α ≥

ρglh2 2Mg

tan α ≥ 0

L’angle α minimum pour que le barrage retienne une masse d’eau de profondeur h est donc : tan α =

ρglh2 2Mg

Correction de l’exercice 6 : Densimètre à ressort ⃗ +T ⃗ = −Mge⃗z + k∆l0 e⃗z = 0 ⃗ 1. Equilibre se traduit par : P 2. Forces exercées sur la masse : -

Poids : −Mge⃗z Pression de l’air :−patm Se⃗z Pression du fluide au mouvement de M : pM Se⃗z 5

→

∆l0 =

Mg h

-

Force de rappel du ressort (allongé de ∆l0 − ∆l) : k(∆l0 − ∆l)e⃗z

⃗ Soit : −Mge⃗z + k(∆l0 − ∆l)e⃗z + (pM − patm )Se⃗z = 0

(1)

3. D’après la formule de l’hydrostatique : pM − patm = ρg(h − ∆l) On remplace cette expression dans (1) et en supprimant −Mg + k∆l0 qui est nul, on trouve : ρg(h − ∆l)S − k∆l = 0 k∆l

Soit finalement : ρ = g(h−∆l)S 4. A.N. :  = 759 kg/m3 Correction de l’exercice 7 : Force de pression hydrostatique 1. La pression hydrostatique en tout point de l’arc est donnée par : p(z) = patm + ρg(H − R cos θ) 2. Les deux composantes dFx et dFz de la force de pression élémentaire en chaque point de l’arc sont données par : dF = ρg(H − R cos θ)R sin θ dθ { x dFz = ρg(H − R cos θ)R cos θ dθ 3. Les expressions des deux résultantes Fx et Fz sont données par : R Fx = ρg (H − ) 2 { R Fz = ρg (H − π ) 4 4. Le moment de cette force par rapport au point O est nul puisque : ⃗⃗⃗⃗⃗ OA ∥ ⃗F car ⃗F⊥ paroi. F

L’expression de l’angle θA repérant la position de A est donnée par : tan θA = Fx = z

6

R 2 R H−π 4

H−

5. Les limites de l’angle θA sont obtenus pour : H = R ⟹ θAmin = 66.78° H → ∞ ⟹ θAmax = 45°

{

Correction de l’exercice 8 : Résultante des forces de pression 1. A droite de la cloison, se trouve de l'huile à l'air libre. Le diagramme des pressions effectives élémentaires est donc triangulaire :

D’après l’EFH on tire : p1 = pa + ρghh En négligeant la pression atmosphérique, p1 devient : p1 = ρh ghh = 15. 103 N/m² 2. A gauche de la cloison, on connaît la pression de l'air enfermé : pC = −15. 103 N/m² A partir de cette dernière pression, on peut déterminer les pressions en tout point des liquides se trouvant à gauche de la cloison par la relation fondamentale de l'hydrostatique.

pA = pC + ρa g(ha + he − hh ) = 17. 103 N/m² ➔ {pD = pC + ρa gha = 21. 103 N/m² pB = pD + ρe ghe = 36. 103 N/m² ⃗ p = ∬(−p(z)n 3. La force totale de pression pour chaque fluide s’écrit : F ⃗ ) dS 7

•

Pour l’huile :

D’après la formule de l’hydrostatique : p(z) = patm + ρh g(hh − z) ≈ ρh g(hh − z) h ➔ ⃗Fhuile = ∬ ρh g(h − z) dS i = ρh gl ∫0 h(h − z)dz i 2

•

h ➔ D’où : ⃗Fhuile = ρh gl 2h i

Pour l’alcool :

D’après la formule de l’hydrostatique : p(z) = pA + ρa g(ha + he − hh − z) ➔ ⃗Falcool = − ∬[pA + ρa g(ha + he − hh − z)] dS i ⃗ alcool = −l ∫ha +he −hh[pA + ρa g(ha + he − hh − z)]dz i ➔ F he 1 ➔ D’où : ⃗Falcool = −l [(ha − hh )[pA + ρa g(ha + he − hh )] − 2 ρa g[(ha + he − hh )² − h2e ]] i

•

Pour l’eau :

D’après la formule de l’hydrostatique : p(z) = pA + ρa g(ha − hh ) + ρe g(he − z) ⃗ eau = − ∬[pA + ρa g(ha − hh ) + ρe g(he − z)] dS i ➔ F ⃗ eau = −l ∫he[pA + ρa g(ha − hh ) + ρe g(he − z)]dz i ➔ F 0 1

⃗ eau = −lhe [pA + ρa g(ha − hh ) + ρe ghe ] i ➔ D’où : F 2 4. Il suffit de calculer l'équilibre des moments par rapport à A de toutes les pressions élémentaires s'appliquant à la cloison, et de l'effort F inconnu. ⃗⃗⃗ A (F ⃗)=O →ℳ ⃗⃗⃗ A (F ⃗ al ) + ℳ ⃗⃗⃗ A (F ⃗ eau ) + ℳ ⃗⃗⃗ A (F ⃗ hui ) + ℳ ⃗⃗⃗ A (P ⃗)+ℳ ⃗⃗⃗ A (R ⃗ O) = 0 ∑ℳ Avec : ⃗⃗⃗ O(R ⃗ O ) = 0 (contact en A) -ℳ ⃗⃗⃗ O(P ⃗ ) = OG ⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ P ⃗ = O (le poids de la cloison) -ℳ F = 23,2347 KN, dirigée de la droite vers la gauche. Correction de l’exercice 9 : Bouée conique On écrit l’´equilibre entre Archimède et le poids : FA = ρVimmergé g Fp = dρV g soit Vimmergé V

8

=d

Il n’est pas n´ecessaire de connaître la formule du volume d’un cône (= πR²h/3). Il suffisait de voir que le volume est proportionnel à la surface de la base fois la hauteur. Donc : SI hI Sh

Or

SI S

R 2

= ( RI) et en appliquant Thalès,

RI R

=

hI h

=d h 3

donc finalement ( hI ) = d

1

et donc : hI = h d3

Correction de l’exercice 10 : Oscillations verticales d’une bouée 1. A l’équilibre : ⃗P + ⃗Fa = mg e⃗z − ρVimmergé g e⃗z = ⃗0 Avec : mg = dρhsg et Vimmergé = x0 S où d est la densité de la bouée Donc : x0 = dh 2. Appliquons les lois de la dynamique sur la bouée : ⃗ +F ⃗ a = ma⃗ ⟺ dρhsg e⃗z − ρx(t)Sg e⃗z = dρhsẍ e⃗z P Donc l’équation différentielle du mouvement est comme suit : g

ẍ + dh (x − x0 ) = 0 (1) Posons y = (x − x0 ) et ω20 =

g dh

. L’équation (1) devient : ÿ + ω20 y = 0 (2)

Donc il s’agit bien d’une équation différentielle d’oscillation harmonique.

3. La période d’oscillation : T =

2π

ω0

dh

Soit : T = 2π√ g

4. A. N. : T = 0.8 s Correction de l’exercice 10 : Barrage hémicylindrique 1. La résultante de forces de pression est donnée par : ⃗R = − ∬[𝑝(z) − pa] n ⃗ dS Or, d’après l’EFH on a :

𝑝(z) = pa + ρg(h − z)

9

Donc la résultate devient : ⃗R = − ∬ ρg(h − z) n ⃗ dS 𝜋

Avec : dS = Rdθdz et 2 ≤ θ ≤

3𝜋 2

et 0 ≤ z ≤ ℎ

En plus, la projection de ⃗R sur x⃗ est donnée par : R𝑥 = ⃗R. x⃗ = − ∬ ρg(h − z) Rdθdz n ⃗ . x⃗ 3𝜋 2

ℎ

R𝑥 = − ∫ ρg(h − z)dz ∫ R cos θ dθ 𝜋 2

0

➔ R𝑥 = ρgRh² Remarque : La symétrie du système implique que seule la composante suivante 𝑥 qui peut avoir une contribution non nulle. ➔ R𝑦 = 0 Correction de l’exercice 11 : Barrage plan 1. Soit M un point de l’eau de cote z, et p(z) la pression en ce point. L’équation de l’hydrostatique implique : ⃗ p = ρg⃗ ∇

→

∂p ∂z

→ p(z) = −ρgz + K

= −ρg

où K est une constante d’intégration. En z = h, on a la surface libre avec l’air de l’atmosphère, donc p(h) = pa. Comme conséquence on a : K = pa + ρg h. D’où : p(z) = pa + ρg(h − z) → pe (z) = ρg(h − z) 2. Dans cette question, = /2. Donc h=l. La résultante des efforts dus à la pression effective sur le barrage est : ⃗ = ∬(−pe (z)n R ⃗ ) dS = ∬ pe (z) dSe⃗⃗⃗x L

h

⃗ = ∬ ρg(h − z) dydze⃗⃗⃗x = ∫ dy ∫ ρg(h − z) dze⃗⃗⃗x R −L

⃗ = ρgLh2 ⃗⃗⃗ R ex =

0

1 ρghS ⃗⃗⃗ ex 2

Car S = 2Lh = 2Ll est l’aire du barrage. De même, pour le moment en O, on a : L

h

⃗⃗⃗ O(R ⃗ ) = ∬ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ℳ OM ∧ pe (z) dSe⃗⃗⃗x = ∫ dy ∫ ρg(h − z) zdze⃗⃗⃗z ∧ ⃗⃗⃗ ex −L

10

0

⃗⃗⃗ O (R ⃗ ) = ρgS ℳ

h² e ⃗⃗⃗ 6 y

3. Dans le cas 0    2, on introduit n ⃗ = sin(α)e⃗⃗⃗x − cos(α) ⃗⃗⃗ ez . La résultante des efforts dus à la pression effective sur le barrage est : L

h

⃗ = ∬ −pe (z) dSn R ⃗ = − ∫ dy ∫ ρg(h − z) −L

0

1 dz n ⃗ sin(α)

Car Z = z/ sin(α), dZ = dz/ sin(α), dS = dy dZ = (1/ sin(α)) dy dz. ⃗R = − (2Lρg

h² 1 )n ⃗ 6 sin(α)

1 ⃗R = −ρgLlh n ⃗ = − ρghS n ⃗ 2 car l = h/ sin(α) et S = 2Ll = 2Lh/ sin(α) est l’aire du barrage. Remarquons que le résultat de cette question est identique à celui trouvé dans la question 2, à condition de remplacer ⃗⃗⃗ ex par n ⃗. Remarque : On a 𝑅⃗ =

1 2

ℎ

𝜌𝑔ℎ𝑆 𝑛⃗. La quantité 𝜌𝑔𝑆 2 correspond au poids de la colonne d’eau de

hauteur h/2 située au-dessus de la surface S. De même, pour le moment en O, on a : L

h

⃗⃗⃗ O(R ⃗ ) = ∬ pe (z)⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ℳ OM ∧ n ⃗ dS = ∬ pe (z)Z ⃗⃗⃗ eZ ∧ n ⃗ dS = ∫ dy ∫ ρg(h − z) ZdZ ⃗⃗⃗ eZ ∧ n ⃗ −L L

h

L

0

h

⃗⃗⃗ O(R ⃗ ) = ∫ dy ∫ ρg(h − z) Zdz ⃗⃗⃗ ℳ eZ ∧ n ⃗ = ∫ dy ∫ ρg(h − z) −L

0

−L h

⃗⃗⃗ O(R ⃗ ) = 2Lρg ∫ (h − z)z ℳ 0

0

z dz e ∧n ⃗⃗⃗ ⃗ sin(α) sin(α) Z

dz h3 1 ey = 2Lρg ⃗⃗⃗ e ⃗⃗⃗ 6 sin²(α) y sin²(α)

⃗⃗⃗ O (R ⃗)= ℳ

ρgh Sl ⃗⃗⃗ ey 6

4. On a vu dans le cours, que les efforts de pression exercés par un fluide sur une surface plane sont équivalents à un glisseur (vecteur force appliqué en un point, appelé centre de poussée). Le barrage est une surface plane. Cherchons le centre de poussée, c’est-à-dire le point P en lequel le moment des efforts de pression est nul. On a : ⃗⃗⃗ P = ℳ ⃗⃗⃗ O + ⃗⃗⃗⃗⃗ ℳ PO ∧ ⃗R = ⃗0 ⃗⃗⃗⃗⃗ = λ ⃗⃗⃗ Pour des raisons de symétrie, on cherche le point P sur l’axe (O,Z) : OP eZ . Nous devons déterminer λ. Il vient : ⃗0 = ℳ ⃗⃗⃗ O + ⃗⃗⃗⃗⃗ PO ∧ ⃗R =

ρgh 1 Sl ⃗⃗⃗ ey − λ ⃗⃗⃗ eZ ∧ ρghS n ⃗ 6 2 11

⃗ = 0

ρgh 1 l λ Sl ⃗⃗⃗ ey − λ ρghS ⃗⃗⃗ ey = ρghS ( − ) ⃗⃗⃗ e 6 2 6 2 y

l

On trouve : λ = 3 l Le point P est donc tel que ⃗⃗⃗⃗⃗ OP = 3 ⃗⃗⃗⃗⃗ OA

OA. Remarquons que le calcul fait ici est valable aussi bien pour  = 2 que pour 0 <  < /2. En conclusion les efforts de pression exercés sur le barrage sont équivalents au torseur univectoriel {P, (1/2) ρ g h S n ⃗ }. Au niveau de l’équilibre du barrage, tout se passe comme si le poids de la colonne d’eau se trouvant au-dessus du barrage était appliqué au point P situé au tiers de la hauteur du barrage. Correction de l’exercice 12 : Vanne de sécurité ⃗ en M passe par O car OM est perpendiculaire en M à la pario de la vanne. 1. dF 2. L’équation de l’hydrostatique implique que : p(z) = ρg[h − R(sin α − sin φ)] 3. la force élémentaire de pression est donnée comme : ⃗ = ρglR[h − R(sin α − sin φ)](cos φ x⃗ + sin φ z)dφ dF 4. La résultante de forces de pression est donnée par : R sin α) 2 ⃗ { R R 1 Rz = ρglR [h(1 − cos α) + (α − 2 sin α + sin 2α)] 2 2 Rx = ρglR sin α (h −

5. A.N. : 3 ⃗R {Rx = 190. 10 N3 Rz = 51,854. 10 N

Correction de l’exercice 13 : Porte d’écluse •

La résultante des forces de pression sur la porte est donnée par : ⃗R = ⃗⃗⃗⃗ F1 + ⃗⃗⃗⃗ F2 + ⃗⃗⃗⃗ F0

Où : -

⃗⃗⃗⃗ F1 = ∬ +p1 (z) dS x⃗ : force de pression exercée sur la partie gauche ⃗⃗⃗⃗ F2 = ∬ −p2 (z) dS x⃗ : force de pression exercée sur la partie droite ⃗⃗⃗⃗ F0 = −Patm S x⃗ : force de pression atmosphérique 12

En plus, d’après l’EFH, on tire : p1 (z) = −ρgz + cte En z = H, on a une surface libre en contact avec le milieu atmosphèrique, donc p1 (H) = Patm. Comme conséquence on a : cte = Patm + ρgH. D’où : p1 (z) = Patm + ρg(H − z) Par analogie : p2 (z) = −ρgz + cte En z = h, on a une surface libre en contact avec le milieu atmosphèrique, donc p1 (H) = Patm. Comme conséquence on a : cte = Patm + ρgh. D’où : p2 (z) = Patm + ρg(h − z) Les expressions des forces de pressions deviennent donc : -

Pour ⃗⃗⃗⃗ F1 : ⃗⃗⃗⃗ F1 = ∬[Patm + ρg(H − z)] dS x⃗

Avec dS = Ldz H H ⃗⃗⃗⃗ F1 = ∫ [Patm + ρg(H − z)] Ldz x⃗ = [Patm + ρg ] LH x⃗ 2 0

-

Pour ⃗⃗⃗⃗ F2 : ⃗⃗⃗⃗ F2 = ∬ −[Patm + ρg(h − z)] dS x⃗ h h ⃗⃗⃗⃗ F2 = − ∫ [Patm + ρg(h − z)] Ldz x⃗ = − [Patm + ρg ] Lh x⃗ 2 0

-

Pour ⃗⃗⃗⃗ F0 : ⃗⃗⃗⃗0 = −PatmL(H − h) x⃗ F

La résultante des forces de pressions est donc : 1 ⃗R = ⃗⃗⃗⃗ F1 + ⃗⃗⃗⃗ F2 + ⃗⃗⃗⃗ F0 = ρgL(H² − h²) x⃗ 2 •

Le moment résultant est donné par : ⃗M ⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ M1 + ⃗⃗⃗⃗⃗ M2 + ⃗⃗⃗⃗⃗ M0 13

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗1 M1 = ∫ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ OM ∧ dF ⃗⃗⃗⃗2 Avec : {⃗⃗⃗⃗⃗ M2 = ∫ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ OM ∧ dF ⃗⃗⃗⃗⃗0 = OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∧ F ⃗⃗⃗⃗0 M -

Pour ⃗⃗⃗⃗⃗ M1 :

H H² ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗1 = p1 (z)dS x⃗ → ⃗⃗⃗⃗⃗ OM = z z et dF M1 = [Patm + ρg 3 ] L 2 y ⃗

-

Pour ⃗⃗⃗⃗⃗ M2 :

h h² ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = z z et dF ⃗⃗⃗⃗2 = p2 (z)dS x⃗ → ⃗⃗⃗⃗⃗ OM M1 = − [Patm + ρg 3 ] L 2 y ⃗

-

Pour ⃗⃗⃗⃗⃗ M0 : H² − h² ⃗⃗⃗⃗⃗ M0 = −Patm [ ]L y ⃗ 2

Le moment résultat est donc : H3 − h3 ⃗⃗⃗⃗ Mt = ρg [ ]L y ⃗ 2 Correction de l’exercice 14 : Tunnel au fond d’un lac On sait que la force d’Archimède est équivalente à la force totale de pression exercicée sur le tunel. Alors : ⃗⃗⃗⃗ FA = ⃗⃗⃗⃗ F1 − ⃗⃗⃗⃗ F2 Avec : -

⃗⃗⃗⃗ F1 = − ∬ p(z) dS n ⃗ : Force totale de pression. ⃗⃗⃗⃗ F2 = p(h)S ⃗Z : Force exercée sur la base du tunnel.

En plus, d’après le principe fondamental de la statique des fluides, nous avons : ⃗⃗⃗⃗ F1 = − ∬ p(z) dS n ⃗ = − ∭ ⃗∇p dV = − ∭ ρg⃗ dV = −ρg⃗V 1 π ⃗ ➔ ⃗⃗⃗⃗ F1 = −ρg⃗ (2 πR2 L) = 2 ρgR2 L Z

⃗ = 2ρghRL Z ⃗ ➔ ⃗⃗⃗⃗ F2 = ρgh(2RL) Z La force d’Archimède est donc : π ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗2 = 2ρgR ( R − h) ⃗Z FA = ⃗⃗⃗⃗ F1 − F 2

14