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TD de MDF - 2ème ann. Lic. GC Corrigé de la série 2A Pr. M. CHERRARED 1/7 Figur

TD de MDF - 2ème ann. Lic. GC Corrigé de la série 2A Pr. M. CHERRARED 1/7 Figure 1 Figure 2 Figure 3 Figure 4 Corrigé de la série 2A Exercice 1 (figure 1) a) Détermination de la pression dans la conduite B PA = P1 (isobare) PB = ρe.g.(2m) + ρh.g.(3m) + P2 ⇒ P2 = PB - ρe.g.(2m) – ρh.g.(3m) P2 = P1 (isobare) Donc, on a : PA = PB - ρe.g.(2m) – ρh.g.(3m) D’où PB = PA + ρe.g.(2m) + ρHg.g.(3m) A.N : PB = 60x103 + 9,81x[103x(2m) + 0,8x103x(3m)] = 103164 N = 103,16 kN b) Hauteur de pression au point C (en mmHg) PA = PC + ρe.g.(3m) ⇒ PC = PA - ρe.g.(3m) A.N : PC = 60x103 – 103x9,81x(3m) = 30570 N = 30,57 kN La hauteur de pression h (en cmHg) correspondant à Pc est : h = PC/(ρHg.g) = 30570/(13570x9,81) = 2,3 mHg = 230 cmHg Exercice 2 (figure 2) PA = P1 + ρe.g.(0,2m) ⇒ P1 = PA - ρe.g.(0,2m) PB = P2 + ρh.g.h + ρe.g.(0,3m) ⇒ P2 = PB - ρe.g.(0,3m) - ρh.g.h P1 = P2 (isobare) D’où PA - ρe.g.(0,2m) = PB - ρe.g.(0,3m) - ρh.g.h ⇒ h = (୔ాି୔ఽ)ି஡౛.୥.(଴,ଷ୫)ା஡౛.୥.(଴,ଶ୫) ஡౞.୥ = ହ୶ଵ଴యାଵ଴య.ଽ,଼ଵ.(଴,ଶି଴,ଷ) ଼଴଴୶ଽ,଼ଵ = 0,512 m Donc, h = 51,2 cm Exercice 3 (figure 3) P1 = ρe.g.h1 + F/S P1 = P2 = P3 = P4 (isobare) P4 = ρHg.g.h (P4 manométrique) D’où ρe.g.h1 + F/S = ρHg.g.h Il sort F = ቀρHg. g. h −ρe. g. h1ቁ. S A.N : ۴ = (13600x9,81x0,1 −10ଷx9,81x0,06)x0,07 = ૡૢ૛,ૠ૚ ۼ Exercice 4 (figure 4) P1 = 0 (pression relative) P1 = P2 (isobare) P2 = P3 + ρe.g.h (et P2 = 0) ⇒ P3 = - ρe.g.h (1) P5 = 0 P5 = ρe.g.(h – h’ + Δh) + ρl.g.h’ + P4 TD de MDF - 2ème ann. Lic. GC Corrigé de la série 2A Pr. M. CHERRARED 2/7 Figure 5 Figure 6 S S’ a.sinα D’où P4 = - ρe.g.(h – h’ + Δh) - ρl.g.h’ (2) P3 = P4 (isobare) (1) et (2) ⇒ - ρe.g.h = - ρe.g.(h – h’ + Δh) - ρl.g.h’ D’où ∆h = ஡౛.୥.୦ᇲି஡ౢ.୥.୦ᇱ ஡౛.୥ = ୦ᇲ(஡౛.ି஡ౢ) ஡౛ A.N : ∆h = ଴,ସ୶(ଵ଴యିଽ଴଴) ଵ଴య = 0,04 m Donc, ∆ܐ= ૝ ܋ܕ Exercice 5 (figure 5) Avant diminution de PA, on a : PA et PB Après, on a : PA’ = PA – 10 kPa et PB’ = PB Avant : isobare au niveau des points 1 et 2 P1 = PB + ρe.g.h2 P2 = PA + ρh.g.h1 + ρHg.g.L.sin(α) P1 = P2 (isobare) D’où PB + ρe.g.h2 = PA + ρh.g.h1 + ρHg.g.L.sin(α) ⇒ PB = PA + ρh.g.h1 + ρHg.g.L.sin(α) - ρe.g.h2 (1) Avant : isobare au niveau des points 1’ et 2’ P1’ = PB + ρe.g.(h2 + a) P2’ = PA’ + ρh.g.[h1 – a.sin(α)] + ρHg.g.L’.sin(α) ; avec L’.sin(α) = a + a.sin(α) + L.sin(α) Donc, P2’ = PA’ + ρh.g.[h1 – a.sin(α)] + ρHg.g.[ a + a.sin(α) + L.sin(α)] P1’ = P2’ (isobare) D’où PB + ρe.g.(h2 + a) = PA’ + ρh.g.[h1 – a.sin(α)] + ρHg.g.[ a + a.sin(α) + L.sin(α)] ⇒ PB = PA’ + ρh.g.[h1 – a.sin(α)] + ρHg.g.[ a + a.sin(α) + L.sin(α)] - ρe.g.(h2 + a) (2) (1) – (2) ⇒ 0 = (PA – PA’) + [ρh.g.sin(α)].a – [ρHg.g.(1 + sin(α)].a + ρe.g.a D’où a = ି൫୔ఽି୔ఽ ᇲ൯ ୥.ൣ஡౞.ୱ୧୬(஑)ି஡ౄౝ.[ଵାୱ୧୬(஑)]ା஡౛൧ ; 1 + sin(α) = 1 + sin(30°) = 1,5 et sin(α) = sin(30°) = 0,5 A.N : a = ିଵ଴୶ଵ଴య ଽ,଼ଵ୶[ଽ଴଴୶଴,ହିଵଷହ଻଴୶ଵ,ହାଵ଴య] = 0,054 m ; donc a = 5,4 cm Et la nouvelle lecture est : L’ = a + L + ୟ ୱ୧୬ (஑) = 0,054 + 0,05 + 0,054 0,5 = 0,212 ݉ ; L’ = 21,2 cm Exercice 6 1) L’épure des pressions est représentée par la figure 6. 2) Force et centre de pression F୮= ρୣ. g.hୋ. S avec S = 2x3 = 6 m² et hୋ= H −1 −a 2 sin α = 6 −1 −2 2 sin 45° = 4,29 m Donc, ۴ܘ= 10ଷx9,81x4,29x6 = ૛૞૛ ૞૙ૢ,૝ ۼ Pour le centre de pression, on a : hେ୔= hୋ+ ୍బ ୦ృ.ୗᇱ TD de MDF - 2ème ann. Lic. GC Corrigé de la série 2A Pr. M. CHERRARED 3/7 Figure 7 Avec Sᇱ= b. a. sin α = 3x2x sin45° = 4,24 m² Et I଴= ୠ.(ୟ.ୱ୧୬஑)య ଵଶ = ଷ௫(ଶ௫ୱ୧୬ସହ°)య ଵଶ = 0,7071 ݉ସ D’où ܐ۱۾ = 4,29 + ଴,଻଴଻ଵ ସ,ଶଽ୶ସ,ଶସ= ૝, ૜૜ ܕ Si on détermine ycp, on a : yେ୔= yୋ+ ୍౮ృ ୷ృ.ୗ Avec yG = hG/sinα = 4,29 / sin 45° = 6,07 m ; S = a.b et I୶ୋ= ୠ.ୟయ ଵଶ On a donc : ܡ۱۾ = yୋ+ ౘ.౗య భమ ୷ృ.ୠ.ୟ= yୋ+ ୟమ ଵଶ୷ృ= 6,07 + ଶమ ଵଶ୶଺,଴଻= ૟,૚૛ ܕ Remarque : on peut vérifier aussi que ܡ۱۾ = ୦ౙ౦ ୱ୧୬஑= ସ,ଷଷ ୱ୧୬ସହ° = ૟,૚૛ ܕ 3) Cas d’une vitre circulaire de diamètre d  Force et centre de pression F୮= ρୣ. g.hୋ. S avec S = ஠ୢ² ସ= ଷ,ଵସ୶ଶ² ସ = 3,14 m² et hୋ= H −1 −d 2 sin α = 6 −1 −2 2 sin 45° = 4,29 m Donc, ۴ܘ= 10ଷx9,81x4,29x3,14 = ૚૜૛૚૝૟,૟ ۼ  Centre de pression, de même on a : hେ୔= hୋ+ ୍బ ୦ృ.ୗᇱ Avec Sᇱ= S.sin α = 3,14x sin 45° = 2,22 m² Et I଴= ஠.(ୢ.ୱ୧୬஑)ర ଺ସ = ଷ,ଵସ௫(ଶ௫ୱ୧୬ସହ°)ర ଺ସ = 0,1963 ݉ସ D’où ܐ۱۾ = 4,29 + ଴,ଵଽ଺ଷ ସ,ଶଽ୶ଶ,ଶଶ= ૝, ૜૚ ܕ Si on détermine ycp, on a : yେ୔= yୋ+ ୍౮ృ ୷ృ.ୗ Avec yG = hG/sinα = 4,29 / sin 45° = 6,07 m ; S = ஠ୢ² ସ et I୶ୋ= ஠.ୢర ଺ସ On a donc : ܡ۱۾ = yୋ+ ಘ.ౚర లర ୷ృ.ಘౚ² ర = yୋ+ ୢమ ଵ଺୷ృ= 6,07 + ଶమ ଵ଺୶଺,଴଻= ૟, ૚૚ ܕ Remarque : on peut vérifier aussi que ܡ۱۾ = ୦ౙ౦ ୱ୧୬஑= ସ,ଷଵ ୱ୧୬ସହ° = ૟,૚૙ ܕ Exercice 7 (figure 7) Les forces appliquées sur le barrage sont indiquées sur la figure 7. G = poids propre du barrage R = réaction verticale du sol Fp = force de pression exercée par l’eau sur la surface S du barrage en contact avec l’eau. Fpx et Fpy sont les projections de Fp sur les axes x et y respectivement. Ff = force de frottement à la base du barrage ; elle s’oppose au glissement. TD de MDF - 2ème ann. Lic. GC Corrigé de la série 2A Pr. M. CHERRARED 4/7 S Eau L 4 m α α A B C d = 3,2 m 2m 5 m 4 m 6 m tg(α) = 5 4 ⟹α = 51,34° L = AC sin (α) = 4 sin (51,34°) = 5,123 m d = L.cos(α) = 5,123xcos(51,34°) = 3,2 m Figure 7’ S’ G’ YG’ G YG On a : F୤= η. R Pour éviter le glissement du barrage, il faut avoir : F୤≥F୮୶ Ou encore η. R ≥F୮୶ ⟹ η ≥ ୊౦౮ ୖ Déterminons Fpx et R. ∑F୷= 0 ⇒ G + F୮୷−R = 0 ⇒ R = G + F୮୷ ۵ = ρୠé୲୭୬. g. Vୠé୲୭୬= ρୠé୲୭୬. g. ൣS୲୰ୟ୮è୸ୣ. b൧ = (2,36x10ଷ)x9,81x ൤1 2 x(2 + 6)x5x1൨ = ૝૟૜૙૜૛ ۼ Fpy = poids du volume d’eau au-dessus de la surface S du barrage en contact avec l’eau (figure 10’). ۴ܘܡ= ρୣ. g. V୅୆େ= ρୣ. g. S୅୆େ. b = 10ଷx9,81x ൬1 2 x3,2x4൰x1 = ૟૛ૠૡ૝ ۼ D’où R = 472x10ଷ+ 62784 = 534784 N F୮୶= ρୣ. g. yୋᇱ. S′ (figure 7’) ۴ܘܠ= 10ଷx9,81x 4 2 x(4x1) = ૠૡ૝ૡ૙ ۼ Donc, η ≥ ୊౦౮ ୖ ⟹ η ≥ ଻଼ସ଼଴ ହଷସ଻଼ସ ⟹ િ≥૙, ૚૝ૠ Remarque Pour le calcul de Fpx et Fpy, on peut faire aussi : F୮= ρୣ. g. yୋ. S = 10ଷx9,81x ସ ଶx(5,123x1) = 100513,3 N F୮୶= F୮. sin(α) = 100513,3xsin(51,34°) = 78487,5 N F୮୷= F୮. cos(α) = 100513,3xcos(51,34°) = 62790,4 N Exercice 8 (figure 8) Cas b (figure 8.Cas b) F୮= ρୣ. g. yୋ. S = ρୣ. g. h 2 . (h. b) = ρୣ. g. hଶ. b 2 et yୡ୮= 2 3 h Ecrivons l’équation d’équilibre des moments par rapport au pivot O. On a : ෍M/୓= 0 ⟹ R. h = F୮. yୡ୮ ⟹ R. h = ρୣ. g. hଶ. b 2 x 2 3 h D’où ܀= ૉ܍.܏.ܐ૛.܊ ૜ (1) Cas a (figure 8. Cas a) Dans ce cas, on a : TD de MDF - 2ème ann. Lic. GC Corrigé de la série 2A Pr. M. CHERRARED 5/7 F୮ଶ= ρୣ. g. yୋଶ. S୆େ avec yୋଶ= 3h 4 et S୆େ= h 2 . b D’où F୮ଶ= ρୣ. g. ଷ୦ ସ. ୦ ଶ. b = ଷ஡౛.୥.୦మ.ୠ ଼ La position du centre de pression cp2 est donnée par : yୡ୮ଶ= yୋଶ+ ୍౮ృమ ୷ృమ.ୗాి= ଷ୦ ସ+ ౘ.൬౞ మ൰ య భమ య౞ ర.ቀୠ.౞ మቁ= ଻ ଽh Déterminons les forces de pression Fp1, Fpx1 et Fpy1 et la position du centre de pression cp1 (x1 et y1). Soit Syz la projection de la section cylindrique SOB sur le plan yoz (Syz = b.h/2). Soit VOAB le uploads/Litterature/ corrige-td-mecanique-des-fluides.pdf