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  • SOLUTIONS DES EXERCICES

    Co py ri gh t © 2 00 7. P re ss es d e l' 'n iv er si te d u Qu eb ec . Al l ri gh ts r es er ve d. M ay n ot b e re pr od uc ed i n an y fo rm w it ho ut p er mi ss io n fr om t he p ub li sh er , ex ce pt f ai r us es

    pe rm it te d un de r U. S. o r ap pl ic ab le c op yr ig ht l aw .

    EBSCO Publishing : eBook Collection (EBSCOhost) - printed on 10/27/2014 10:19 AM via UNIVERSITY INTERNATIONAL OF CASABLANCA AN: 438925 ; Bennis, Saad.; Hydraulique et hydrologie Account: ns214791

  • Solutions du chapitre 1 372

    EXERCICES DU CHAPITRE 1

    Exercice 1.1 Vitesse dans (1)

    Équation de continuité entre (1) et (2) : 2 2

    1 2 1 2 1 1 2 2 1 2

    2

    2 1 2

    1

    2

    1

    1

    4 4

    60 1 9 /

    20 9 /

    D D Q Q V A V A V V

    D V V

    D

    V m s

    V m s

    π π= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅

    ⇒ = ⋅

    ⇒ = ⋅ =

    ⇒ =

    ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    Vitesse dans (3) :

    Équation de continuité entre (2) et (3) : 2

    2 2 3 2 2 3 3 3 2

    3

    2

    3

    3

    60 1 2, 25 /

    40 2, 25 /

    D Q Q V A V A V V

    D

    V m s

    V m s

    = ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅

    = ⋅ =

    =

    ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    Exercice 1.2 a) Équation de conservation de masse du réservoir :

    ( ) 1 2

    2

    4

    E E S

    dv Q Q Q

    dt D

    A h avec A π

    υ

    = + −

    ⋅ = ⋅ =

    Co py ri gh t © 2 00 7. P re ss es d e l' 'n iv er si te d u Qu eb ec . Al l ri gh ts r es er ve d. M ay n ot b e re pr od uc ed i n an y fo rm w it ho ut p er mi ss io n fr om t he p ub li sh er , ex ce pt f ai r us es

    pe rm it te d un de r U. S. o r ap pl ic ab le c op yr ig ht l aw .

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  • Solutions du chapitre 1

    373

    ( )1 2

    2

    2 4

    SE E

    S S S

    dh A Q Q Q

    dt d

    Q V A g h π

    = −

    ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅

    +

    Soit :

    ( )

    2 2

    1 2

    2

    1 22

    2 4 4

    4 2

    E E

    E E

    D dh d Q Q gh

    dt

    dh d Q Q gh

    dt D D

    π π

    π

    ⋅ = + −

    = + −

    ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    b) Hauteur finale d’équilibre 0dh dt

    =

    ( )1 2 22

    4 1

    2

    E EQ Qh D d

    g D

    π +

    → = ⋅ ⋅ ⎛ ⎞

    ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    ( )

    2

    3

    22

    4 5 6 10 1 3,14 (0, 6) 0, 05

    2 9,81 0, 6

    h −⋅ + ⋅

    = ⋅ ⋅

    ⋅ ⋅

    ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎢ ⎥⎜ ⎟

    ⎝ ⎠⎣ ⎦

    = 1,60m

    c) ( ) 23

    2 1,5

    4 5 6 10 0, 05 2 9,81 1,5

    3,14 0,6 0,6h m

    dh dt

    =

    + ⋅ = − ⋅ ⋅

    ⋅ ⎛ ⎞⎞

    ⎟ ⎜ ⎟⎠ ⎝ ⎠

    3

    1,5

    0,00123 / 1,23 10 / h m

    dh m s m s

    dt −

    =

    = = ⋅⎞⎟ ⎠

    Le plan d’eau monte à une vitesse de 1,23 ⋅ 10-3 m/s.

    d) ( ) 2

    1 22

    4 2E E

    dh d Q Q gh

    dt D Dπ = + −

    ⋅ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    Si QE1 = QE2 = 0, on trouve le temps pour que le niveau baisse de h0=1,5m à h1=0,5m :

    Co py ri gh t © 2 00 7. P re ss es d e l' 'n iv er si te d u Qu eb ec . Al l ri gh ts r es er ve d. M ay n ot b e re pr od uc ed i n an y fo rm w it ho ut p er mi ss io n fr om t he p ub li sh er , ex ce pt f ai r us es

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  • Solutions du chapitre 1 374

    2

    2dh d gh dt D

    ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    d’où 2

    2dh d g dt Dh

    ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    [ ]1 0

    2 1/ 2

    0 2 2

    h T

    h

    dh g t D

    ⎛ ⎞⎡ ⎤→ = −⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠

    1/ 2 1/ 22 1 01/ 2 1/ 2

    1 0 2

    2 2 2

    2

    h hdh h g T T D d g

    D

    ⎡ ⎤−⎛ ⎞ ⎣ ⎦⎡ ⎤→ − = − → = −⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    1/ 2 1/ 2

    2

    2 0,5 1,5 33,66

    5 2 9,81 60

    T s ⎡ ⎤−⎣ ⎦= − =

    ⎛ ⎞ ⋅⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    33,66T s= Si QE1 = 5 l/s et QE2 = 6 l/s, on trouve le temps pour que le niveau monte de h0=0,5m à h1=1,5m :

    ( ) 2

    2

    4 0,005 0,006 5 2 9,81 0,60 60

    dh h dt π

    + ⎛ ⎞= − ⋅ ⋅⎜ ⎟⋅ ⎝ ⎠

    0,0389 0,0308

    dhdt h

    = −

    En intégrant par méthode numérique de h=0,5m à h=1,5m : T = 1830s

    Exercice 1.3

    Réservoir 1 : Charge hydraulique à la sortie : 1 5,00 0,50 0,15 4,35h m m m m= − − =

    Aire de sortie : 2 2

    21 1

    3,14 0,30 0,071 4 4 DA mπ ⋅= = =

    Co py ri gh t © 2 00 7. P re ss es d e l' 'n iv er si te d u Qu eb ec . Al l ri gh ts r es er ve d. M ay n ot b e re pr od uc ed i n an y fo rm w it ho ut p er mi ss io n fr om t he p ub li sh er , ex ce pt f ai r us es

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  • Solutions du chapitre 1

    375

    Vitesse de sortie : 1 12 2 9,81 4,35 9, 238 /V gh m s= = ⋅ ⋅ = Débit de sortie : 2 31 1 1 0,071 9,238 / 0,656 /Q A V m m s m s= ⋅ = ⋅ = Réservoir 2 : Charge hydraulique à la sortie : 2 4,00 0,50 0,10 3, 40h m m m m= − − =

    Aire de sortie : 2 2

    22 2

    3,14 0,20 0,031 4 4 DA mπ ⋅= = =

    Vitesse de sortie : 2 22 2 9,81 3, 40 8,167 /V gh m s= = ⋅ ⋅ = Débit de sortie : 2 32 2 2 0,031 8,167 / 0,253 /Q A V m m s m s= = ⋅ =

    Par conséquent, le débit du trop plein est :

    3 3 3 1 2 0,656 / 0,253 / 0,403 /Q Q m s m s m s− = − =

    Exercice 1.4

    1- Selon l’équation de continuité : E S dS Q Q dt

    = −

    3

    3

    1000 / 543 20 1 2 566 /

    E

    S

    Q m s Q m s

    =

    = + + + =

    Donc : 3 3 31000 / 566 / 434 /dS m s m s m s dt

    = − =

    Le stockage en 24 heures est : 3 6 3434 / 24 60min/ 60 / min 37,498 10S m s h h s m= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ La variation journalière du niveau est donc : 6 3 6 2/ 37,498 10 / 50,0 10 0,750h S A m m mΔ = = ⋅ ⋅ = 2- Volume à remplir : 6 2 6 3(205 160 ) 10,0 10 2250 10v m m m m= − ⋅ ⋅ = ⋅ Le temps de remplissage est donc :

    6 3 3 62250 10 / 434 / 5,184 10

    60 t m m s s

    soit jours Δ = ⋅ = ⋅

    Co py ri gh t © 2 00 7. P re ss es d e l' 'n iv er si te d u Qu eb ec . Al l ri gh ts r es er ve d. M ay n ot b e re pr od uc ed i n an y fo rm w it ho ut p er mi ss io n fr om t he p ub li sh er , ex ce pt f ai r us es

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  • Solutions du chapitre 1 376

    Exercice 1.5

    a) Temps de vidange : ( ) 1 1P A P A

    S S Q Q t donc t

    Q Q = − =

    b) Temps de remplissage : 2 2A A

    S S Q t donc t

    Q = =

    c) Durée d’un cycle : ( )1 2

    1 1P t

    P A A P A A A P A

    S S S Q t t t S

    Q Q Q Q Q Q Q Q Q ⋅

    = + = + = = + − − ⋅ −

    ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

    d) Fréquence : ( )1 P A A

    t P

    Q Q Q f

    t SQ −

    = =

    e) 1 2 A

    A P

    f Q Q S SQ

    δ δ

    = − . La fréquence est maximum quand cette dérivée est nulle :

    Donc : 1 2

    0 2

    A P A

    P

    Q Q et Q

    S SQ − = =

    0,50 /Adonc Q l s=

    f) De d), avec QP=1 litre/seconde, max 0, 252 2

    4

    P P P

    P

    P

    Q Q Q

    Q f par seconde

    S Q S S

    − ⋅ = = =

    ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

    g) Pour une durée de 15 minutes entre deux démarrages, la fréquence de démarrage est

    1/15min ou 1/900s. Donc 1 1 / 900 225 4 900 4

    PQ l s sdonc S litres S s

    ⋅ = = =

    ⋅ .

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    pe rm it te d un de r U.

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