# Statique des fluides/Exercices/Tunnel

1. Toute surface en contact directe avec l'atmosphère est à la pression atmosphérique. Que l'ont soit à l'extérieur de la cheminée ou dans la cheminée, la surface de l'eau est à pression atmosphérique. L'eau dans la cheminées et l'eau à l'extérieur respectent l'équation fondamentale de l'hydrostatique. Le point a se situe sur la surface de l'eau à l'extérieur et le point b à la surface de l'eau dans la cheminée.
$P(z_{a})+\rho gz_{a}=P(z_{b})+\rho gz_{b}$
or
$P(z_{a})=P(z_{b})=P_{atm}$
et donc
$z_{a}=z_{b}$
2. La surpression ΔP nécessaire doit permettre de "repousser" l'eau afin qu'elle n'entre pas dans la chambre, c'est-à-dire qu'elle doit vaincre la pression engendré par la profondeur à laquelle ce trouve la chambre.
D’après le principe fondamental de l'hydrostatique, on peut écrire que :
$P_{1}+\rho gz_{1}=P_{2}+\rho gz_{2}$
$P_{1}-P_{2}=\rho g(z_{2}-z_{1})$
finalement :
$\Delta P=\rho gh_{ti}$
On peut estimer la hauteur h$_{ti}$ grâce au dessin à 10 mètre.
On obtient alors $\Delta P=1000*10*10$
* $\Delta P=10^{5}Pa$
* La chambre étant en surpression, afin de permettre l'accès il faut imaginer un dispositif tel qu'un sas qui permettrai de garder la chambre en surpression lors de l'accès d'un ouvrier.
3. Pour estimer la masse à vide du caisson, on va se placer dans le cas de la première photo et étudier l'équilibre hydrostatique. Les côtes nécessaires ne sont pas données et il est explicitement demandé de les estimer. Nous nous plaçons dans le cas représenté sur la figure suivante.
On étudie le système \textbf{caisson} en équilibre sur l'eau. Les force qui s'appliquent sur le système sont :
${\text{Le poids }}{\vec {P}}_{cuvelage}$
${\text{La poussé d'Archimède }}{\vec {\Pi }}$
On néglige le poids de l'air à l'intérieur du caisson.
On applique alors le principe fondamental de statique.
${\vec {P}}_{cuvelage}+{\vec {\Pi }}=0$
Après projection sur l'axe z:
$-m_{cuvelage}g+\rho V_{imm}g=0$
d'où :
$m_{cuvelage}=\rho V_{imm}$
$m_{cuvelage}=\rho lLh$
La hauteur immergé est de l’ordre de 1 m. On obtient :
$m_{cuvelage}=1000*5*10*1$
4. On étudie toujours le même système mais avec le poids du béton en plus. Pour que le caisson s'enfonce "tout seul" il faut que le poids \textbf{total} soit supérieur à la poussée d’Archimède. Afin de choisir, la situation dans laquelle étudier le caisson il est nécessaire de commencer par une réflexion sur la poussée d’Archimède. Celle-ci dépend directement du volume immergé. Plus le volume immergé augmente plus la valeur de la force de la poussée d’Archimède va augmenter. C'est pourquoi, il est nécessaire de se positionner dans le cas où l’ensemble du caisson est immergé afin de dimensionner son épaisseur. Dans le cas contraire, on risque de choisir une épaisseur où le caisson va certes commencer à descendre tout seul mais rapidement atteindre un équilibre hydrostatique du fait de l’augmentation de la poussée d’Archimède. C'est pour cela que l’on considérera le volume total dans l’expression de la poussée d’Archimède. On écrit le principe fondamental de la dynamique appliqué au système.
${\vec {P}}_{cuvelage}+{\vec {P}}_{beton}+{\vec {\Pi }}=0$
Après projection sur l'axe Z on obtient :
$P_{cuvelage}+P_{beton}=\Pi$
Il faut que :
$m_{cuvelage}g+\rho _{bt}Vg>\rho V_{imm}g$
Le volume V est le volume total auquel on retranche la partie central vide. Celui-ci est donnée par : V = Llh-(l-2e)Lh = 2eLh
V$_{imm}$ = Llh correspond au volume total comme décrit plus haut.
On obtient :
$V>{\frac {\rho .V_{imm}-m_{cuvelage}}{\rho _{bt}}}$
d'où
$2elh>{\frac {\rho LlH-m_{cuvelage}}{\rho _{bt}}}$
soit
$e_{min}={\frac {\rho LlH-m_{cuvelage}}{2lh\rho _{bt}}}$
$e_{min}={\frac {1000*10*5*5-50*10^{3}}{2*5*5*2500}}$
Finalement
* $e_{min}$ = 1,6 m
* Il faut que l'épaisseur du cuvelage soit supérieur à 1,6 m pour que le caisson puisse s'enfoncer tout seul lors du remplissage avec du béton. Cette valeur semble cohérente au vu des images proposées.
| Tachimètre hydrostatique | Ecoulement |