Mecanique Des Sols-Solutions Examens

1 | Gnie Civil : Introduction la mcanique des sols

Solutions dExamens

Sujets dExamens corrigs 2

Corrections dExamen 1 :

Rponses de COURS-1:

1) Le sable peut avoir une cohsion dite "cohsion capillaire" lorsqu'il n'est pas satur (voir figure 2.1).

2) La MontMorillonite est un exemple d'argile gonflante cause de la faible liaison entre les feuillets du grain argileux.

3) Un talus sableux non satur peut tre stable, mme avec un angle droit, cause de la cohsion capillaire entre ses grains. Cette stabilit est provisoire,

car il suffit que l'eau interstitielle s'vapore pour que la cohsion disparaisse

et le talus devient instable.

4) La mthode de la sismique rfraction est limite aux sols compacts, ayant une compacit croissante avec la profondeur, et exige un environnement ne

prsentant pas des ondes parasites telles que celles provenant des vagues, du

trafic routier, du vent, etc.

5) On peut proposer d'effectuer un SONDAGE DESTRUCTIF avec par exemple une sondeuse mcanique ou une tarire main pour extraire des

chantillons remanis destins des essais d'identification physique, comme

l'analyse granulomtrique.

Pour un essai mcanique tel que l'essai oedomtrique, il est ncessaire

d'extraire un chantillon intact et raliser ainsi un SONDAGE NON

DESTRUCTIF. On peut utiliser pour cela un carottier rotatif.

6) La compacit d'un sable est quivalente sa densit. C'est l'indice de densit ID qui la caractrise. Pour l'argile, la compacit est identifie par sa

consistance et est caractrise par l'indice de consistance Ic.

3 | Sujets dExamens corrigs

Exercice 1-1 :

1) En se refrant la figure 2.7, on dfinit les paramtres suivants :

s

w

PP donc Pw = .Ps. On a aussi ssd P

VP .

)1( dwsh PPVP .

2)s

v

VVe On obtient directement de la figure 2.7 :

nne

1

3) n

n

V

P

s

s

s

1

et s

s

d PV

P , donc d=s(1-n).

4) Les paramtres de la relation sont dfinis comme suit :

nn

VVe

s

v

1

nP

VP s

s

ss

1 et

r

w

w

ww

SnP

VP

.

5) Dfinissons les paramtres intervenant dans la relation :

6) Selon la mme mthode, on a :

s

rw

s

rw

s

w eS

n

n

P

P

)1(

.

ss

ds

w

s

wsatsat

s

w PVP

n

n

PP

PP

)1(

.

.)1(

)11(

1 s

w

d

w

swsat

d

s

ss

n

ndonc

nVP

n

V

V

VS

P

n

P

P w

v

w

r

s

w

s

wszt

sat

rsat

s

rw

s

wsat SP

nS

P

P.


Exercice 1-2 :

1) On a

maxmin

min

minmax

max1

d

s

d

s

d

s

d

s

dd

s

eeeeIe

Aprs simplifications, on trouve :ddd

ddd

dI

)(

(

minmax

maxmin)

Application numrique : Id =23.6%.

minmax

max

minmax

max0)2ee

eeIet

ee

eeI

ff

d

o

d

oo

oo

d

f

ddh

h

h

h

ee

eIII

)(

)1(

minmax

, tant une constante de

proportionalit.

3) Le tassement maximum correspond en fait un indice de densit de

100%, donc :

%100)

)1(6.23100(%)

maxminmax

xh

h

ee

eI

o

od

.4.16%73.29,21.1,56.0

41.11

max

min

min

max

mmhetho

hee

e

o

s

4) 38.180.2%,56%20

od

o

eetalorsIpourh

h

3/10.111

mkNe

sd

ce qui est en accord avec la valeur trouve au Gamma-densimtre.



Exercice 2-1 :

On a une argile sature Sr = 1 et sat = 20,5

sat - w = 20,5 -10,0

d =

=

Sat

= Sat - w

= Sat w

=

Sat w + w

d = + w

= w

=

d =

= ? ; =

=

=

.

=

.

=

( )

=

e = ? ; e =

=

=

-1 =

-1 =

- 1 =

- 1

n = ? ; n

=

=

=

=

Exercice 2-2 :

On a Pt =

= 1,9.10

3 kg /m

3 ; =

= 12% ; Ds =

= 2,65

= 26,5 kN/m3

. Supposons 1m3

, on aura :

= Pt g = 1,9 .103 10 = 19.103 N/m3 = 19 kN / m

3

= 19 Ps + Pw = PS + 0,12 P = 19KN

1,12 Ps = 19kn Ps = 19/1,12

On a = Pw = Pt Ps = 19 - 16,96

On a = = Ps /Vs = 26,5 kN/m3

Vs = Ps / 26,5 =

On a = VV =Vt -Vs = 1- 0,64 Vv = 0,36

On a = =

Vw =

Vw = 0,203

= 23 %

e =0,62

n = 0,38

= 10,5 KN/m3


On a =Va = Vv Vw = 0,36 0,203 Va = 0,157

*) Densite sec Dd = ? Dd =

=

=

= 16,96

*Indice des vides e = ? e =

=

*Degr de saturation Sr = ? Sr =

=

*Poids vol satur = ? =

=

=

=

Pw sat

* Teneur en eau de saturation = = Ps =

=

*) p= 2,0.103

kg/m3

= 20 kN/m3

Soit Vt = 1 ; =

= Pt Pt = 20 kN ; or Ps ne change pas, il est toujours

Ps = 16,96kN Pt = PS + = Ps + Ps = (1+ ) PS

=

- 1 =

- 1

Donc la masse volumique de 2.103

kg/m3

correspond 13,5%. Il nest

donc pas possible davoir en mme temps cette valeur de la masse

volumique et = 13,5%.

e = 0,56

Dd = 1,696

Sr = 56,4%

= 20,56 KN/m3

= 21,2%


Exercice 2-3 :

Soit P la masse volumique du verre et Vb = volume d1 bille. La masse des

n billes de verre de 1 = 2mm cest--dire R1 = 1mm est :

m1= Vp(1) n

la masse des n billes de verre de 2 = 4mm R2 = 2R1 = 2mm est :

m2 = Vb (2) n m2 = n

R2

3 = n

R1

3

[m2 =

n p R31]

La masse de n billes de verre de 3 = 6mm R 3 = 3mm= 3R1 Est :

M3= Vb(3)

n m3 = n

R3

3 = n

27 R1

3

[m4 =

n R1

3]

La masse totale des billes est : mt = m1 + m2 +m3 + m4

Mt = n R3

1

Le % de tamisat des billes de diam. 1 = 2mm est :

T1 =

=

=

Le % de tamisat des billes de diam 2 = 4mm est :

T2 =

=

=


T3 =

=

= 0,36


T4 =

=

=

T1 = 1%

T2 = 9%

T3 =36%

T4 = 100%


Exercice 2-4 :

1- Poids vol sec de sable 1 : = d 1 d =

=1

1

* Poids vol satur du sable 2 = B = ( 2) + ( 1)

=

=

1 = 8 kn/m3 soit

*Poids vol satur de lagile = = ( + (

+ ( 3)

=

c

d 2 sab1 2

sab1

3

= 9KN /m

3 soit :

2- La surcharge du remblai est : 17 3

a) Les et u en A , B et C Juste aprs surcharge :

* A = ( d 1) + = (16 1) + 51

*UA= 0

* A = A

* B = ( d 2) + ( 1) + 51

*UB = w 1

* B = ( d 2) +(

* c = ( d 2) + ( sab2 2) + ( arg 3)

*Uc = ( w 5) + 51

* c = ( d 2) + ( 2) + (

3) + 51

= 16

= 18

= 19KN/m3

A =67kPa

A = 67KPa

B = 91KPa

UA = 10KPa

B= 101KPa

c = 75KPa

Uc = 101KPa

c = 176KPa

En A =

En B =

En C =


b) les et U en A, B et C long terme:

idem que court terme car sable * A= 67KPa

* uA = 0

* A = 67KPa

idem que court terme car sable aussi * A=91KPa

*UA= 10KPa

* A= 101KPa

* c = ( d 2) + ( 2) + (

3) + 51

*uc = ( w 5) = (10 5)

* c = ( d 2) + ( 2) + (

3) + 51

c = 126KPa

uc = 50KPa

c= 176KPa

En A :

En B :

En C :



Exercice 3-1 :

Le tassement de la couche dagile est le tassement moyen qui peut tre

estim, en valuant la contrainte due au rservoir au milieu de la couche

dargile.

=

CcLog

Nous avons H0= 20m, e0= 0.805, Cc= 0.05

, peut tre value facilement :

= 10.21 100 =110kPa

= z =I.q0/100 qui doit tre tire de labaque

Z/R= 10/20=0.5, r/R=0, donc : =87.5.160/100 = 140kPa.

Donc le tassement est : H = 19.7cm

Exercice 3-2 :

1. Contrainte verticale totale :

v(0)=0, v(2)= 2.22.5= 45kPa, v(5)= 5.22.5 =112.5 kPa,

v(15)=112.5+21.10=322.5kPa .

2. La pression interstitielle :

u(0)=0, u(2)=0,u(5)=30 kPa, u(15)=130 kPa

3. La contrainte effective verticale :

v(0)=0, v(2) = 45kPa,

v=(5)=112.5-30=82.5kPa,

v(15)=322.5-

130=192.5kPa.

Cas o le niveau de la nappe phratique sabaisse de 3m :

10m

40 m q= 160kPa

H0=20m

1 1 | Sujets dExamens corrigs

Les valeurs de la contrainte verticale totale ne changent pas. Les diffrentes

valeurs de la pression interstitielle et la contrainte effective aux diffrentes

profondeurs sont :

U(0)=0,u(2)=u(5)=0,u(15)=100kPa.

v(0)=0, v(5)=5.22.5=112.5kPa,

v(15)=322.5-100=222.5kPa.

Exercice 3-3 :

1) La contrainte verticale effective est obtenue en enlevant de la contrainte

verticale totale correspondant au poids des terres la pression interstitielle

( = -u)

A=20.7-10.7+70kPa

B=(18-10).2+70=86kPa

C=(18-10).4+70=102kPa

2) Pour placer le point reprsentatif de ltat en B (dsign par O) ; il faut

- Labscisse connue : B=86 kPa.

- Lordonne e0, quil faut calculer partir de :

=

A partir de ces deux quations lindice des vides initiale e0 sera : e0=1.12

3) a : calcul du gonflement de largile :

le gonflement est le phnomne inverse celui du tassement, donc on

pourra se servir de la mme quation utilise lors du calcul du tassement.

Puisque quon fait le calcul au point B (milieu de la couche dargile), il faut

donc dfinir deux tats diffrents : un tat initial (avant le creusement de la

fouille) et un tat final (aprs louverture de la fouille et le rabattement de la

nappe phratique).

=

CS.Log


Bi=contrainte effective initial au point B= 86kPa

Bf=contrainte effective finale au point B dterminer.

=20.2+2.18=76kPa

=3.10=30kPa

En substituant ces valeurs dans lquation prcdente, le gonflement aura

pour valeur :

.Log

= -2cm

b : Placement du point 1 :

Pour placer le point reprsentatif de ltat de sol en B (dsign par 1) aprs

ouverture de la fouille, deux coordonnes sont ncessaires :

- Labscisse connue : Bf = 46kPa

- Lordonne ef (lindice des vides aprs le creusement de la fouille)

dterminer :

. B

Fouille 5m

2m

2m

2m

1m


=

et =e0-ef en remplaant les valeurs connues on obtiendra

= -0.01 donc ef = eo- =1.12-(-0.01)=1.13 ef = 1.13

c : Temps ncessaire pour obtenir la dconsolidation :

t=

Cv= 10

-6 m

2 /s , Tv =1 et H=2 m (puisque la couche dargile est

draine des deux faces).

t= 4.106

s= 46 jours et 7heures.



Rponses de COURS-4:

1. Dans l'essai de limites d'Atterberg, la limite de plasticit correspond la

teneur en eau d'un rouleau du matriau qui se brise en tronons de 1 2 cm

lorsqu'on le fait amincir en atteignant un diamtre de 3 mm.

2. La granulomtrie tale d'un sol est caractrise par un important intervalle des dimensions de grains. La courbe granulomtrique "s'tale"

ainsi sur un large tendue de dimensions de tamis. Dans le cas contraire, la

granulomtrie est dite uniforme.

Si CU est gal 10, la granulomtrie est dite tale et ne peut tre

uniforme.

3. 80 m.

4. La nappe phratique est la premire nappe d'eau rencontre depuis la surface du sol.

La nappe libre en mouvement est un volume d'eau en coulement

reposant sur une couche impermable.

La nappe d'eau captive est un volume d'eau emprisonn entre deux

couches de sols impermables.

5. Un terrain aquifre est un terrain de grande permabilit, et un terrain aquifuge est impermable.

Le gradient hydraulique est la perte de charge hydraulique par unit de

dplacement d'un courant d'eau.

6. Le coefficient de permabilit n'est pas une caractristique intrinsque du sol. Il diminue lorsque l'indice des vides du sol diminue.


7. iKv. avec:

8. Non, car l'coulement est facilit paralllement aux plans de

stratifications (ou toits de couches supposes horizontales) et non

perpendiculairement aux toits des couches, ceci est d en gnral au fait que

le sol est compact naturellement dans le sens vertical.

Exercice 4-1 :

1) KH = (Ksh +Kch)/2h. Puisquon a Kc/Ks 1, donc KH Ks/2 et Ks=2x10-2

cm/s.

2) L'coulement suit un rgime permanent, donc:

Q =V.S = Kv.i.S =Kvh.S/l = Ve/t.

Ve est le volume d'eau sortie pendant le temps t, donc on a:

Kv= Vel/(SHt)= 1,2x10-5

cm/s.

Le sol tudi n'est pas isotrope puisque Kv est diffrent de KH.

3) i = H/l =1.06 et la perte de charge est H =10.6 cm.

4) On a Kv =2h/(h/Ks +h/Kc) 2Kc puisque kc


Le gradient hydraulique i est gal dH/dx =sin.

2) Le dbit correspondant la pente initiale est Q1= k.i1.S. En imposant que le

dbit soit rduit la moiti, on aura:

Q2=Ki2S = Q1/2 = Ki1S/2, donc sin2 =(sin1)/2 .

3) i1= sin1= 0.57, v = k.i1= 5,7x10-4

cm/s. Aprs terrasement, on obtient :

i2= 0.285.



Exercice 5-1 :

1) Au dbut du chargement, l'eau interstitielle reprend l'augmentation des

contraintes totales :

t= 0 : u(Z, 0) = v(Z), Les toits de la couche sont des horizons drainants. Ainsi pour z=0 et

z=2H : u = 0 .

2) Posons u(z , t) = f(z).g(t). L'quation de consolidation s'crit :

222

v

22

g

g/dtdC

f

f/dZd

La sparation des variables a permis donc de remplacer l'quation aux

drives partielles par un systme de deux quations diffrentielles, dont

l'intgration donne :

f(z) = c1cos(z) + c2sin(z)

g(t) = c3..t.C- v

2

e

u(z, t)= (c1cos(z ) + c2.sin(z))c3.t.C- v

2

e

Puisque u(t , 0)= 0, on doit avoir c1= 0. La condition u(t, 2H)=0 conduit :

2H

k , K tant un nombre entier quelconque.

Ainsi :

2v22

H4

t.Ck

e.ZH2

ksin.Bu

, B tant une constante et la solution

gnrale peut tre trouve sous la forme de la srie suivante :


k

2v22

H4

t.Ck

e.ZH2

ksin.kBu

Cette srie doit vrifier que u(z, 0) = v(z). Remarquons que :

0).dZ2H

Zn).sin(

2H

Zm(sin

2H

0

si m n,

et H)2H

Zm(sin

2H

0

2

.

Multiplions les deux termes de l'expression de u par :

. ).dZ2H

Zm(sin

2H

0

On trouve aprs tous calculs faits :

coskk

4bH)cos(k1

k

2aBk

En posant m=2

k on aboutit l'expression finale de u

1

v2

e.H

sin).2cos)2((1

uk

TmmZmbHaa

m

On retrouve facilement l'expression de u dans le cas particulier d'une surcharge uniforme avec la profondeur en mettant b=0 et a= q.

Application numrique : u sera calcule en retenant les trois premiers termes de la srie :

kPa 15 )e(3.eq

u 4T9

4

T v2

v2


Exercice 5-2 :

1) En se basant sur l'expression du degr de consolidation :

.2

12iM avec .e

m

21

S

S(t)U v

2 .Tm

i2

,

et en tronquant les termes de la srie pour i 1, on obtient l'expression approche du tassement :

.4

.T

2

v2

e

8 - 1)S( S(t)

Les tassements Si, Si-1 correspondent respectivement aux facteurs de

temps :

d

t1).-.(iC Tet

d

t.i.C T

2

v1-vi2

vvi

On peut donc crire que :

2

2

4

..

1-ii .

S

S-1 S- )S( S d

Ct v

e

Posons =2

2

4

..

d

Ct v

e

et = S()(1- ), on aura ainsi :

Si = + Si-1.

2) On dduit le coefficient de consolidation partir de l'expression de :


t.

.ln4.d - C

2

2

v

Application numrique : Cv = 1.6x10-6

m/s .

S = /(1- ) = 70 mm, t100% =46.8 jours .



Exercice 6-1 :

Ps= 49,5KN ; Vt= 3 m3 ; s= 27 KN/m

3

1/ a) Vv=Vt Vs = Vt -

= 3-

cest justement

le volume deau ncessaire la saturation des 3m3 du remblai donc

b) e=

=

la saturation

=

=

sat =

=

=

c) =

=

=

=

2/ le tassement :

Trouvons une relation entre et e . On a Vt = S Ht

=

+

donc , Dformation latrale = O S = cte

= 0

=

, donc

=

=

+

+

=

=

Or e =

=

= 0 et e0=

=

cest le tassemerent fonction de la

variation de lindice des vides.

Vw=1,17 m3

Vv =1,17 m3

e= 0,64

at =24%

= 20,4


Cherchons maintenant la variation de :

I =

; I 52% = 0,52 et

I 0,52 + 0,20 I 2= 0,72 = 72%

I 1=

; I 2 =

=

;

(emax - ) = emax -

= emax -

(emax - ) = 0,9

(0,9 0,64) = 0,54

Donc = - = 0,54 0,64 e = - 0,10

( indique quil ya que une diminution de e)

On a dmontr : =

=

H= - 0,15 m soit un tassement de

Exercice 6-2 :

1 / Eo= -

= -

avec = q =

H= -

2 / U=

=70% =0,7 TV = 0 ,42 OR Tv =

t=

=

= 0,756.10

85 soit

3/ Calcul de

).e

m2Tv

=

= 707,7 kPa ;

= 15cm

courbe

t = 2 ans 5

mois


=2707,7

. e-(1,57)2 0,42 +

sin (

)

e-4,71

2 0,4

Ou aura alors : = - = 707 320

U= u0+ u = (10 3) + 320

= 0 + = (93) + 387

Exercice 6-3 :

Ou a u= u0 + = u u0 U = 140 kpa ; u0= h =10 (2/3 12) = 80 kpa = 140 80 = 60 kPa

= 2 . (

) e

-m2TV =

i= 0 m= 1,57

i=1 m=4,71 ; z = 4 m ; H= 6m ; Tv=

=

TV=0,3

=

Cest la charge rpartie mise en surface

2 / TV=

t=

avec TV= 2 correspondant le consolide totale

t =

t= 41,14.10

7s cest le temps correspondant

le consolidation totale.

3/ on a Cv=

E0=

E0 =

E0=2,5.10

3kPa

=

avant dexercer la charge

=

+ la fin de la consolidation = - = = 114KPa

Le tassement est =

= -

= -

= - 45.10

- 3

= 320 KPa

U = 350 kPa

= 414 kPa

= 114 kPa

T = 13ans


= - 45.10-3 12 = 0 ,547m soit :

4/ U =

; Le surplus de tassement est de 44,7cm

u=

u = 81,7% cest le degr de consolidation.

Courbe

TV= 0,6 or Tv=

t=

=

t = 12,34.107s cest le surplus quil faut pour

raliser le surplus de tassement de 44,7 cm

5 /* = 2.

sin (

). e

- m2Tv

i= 0 m=1,57

i= 1 m= 4,71 ; = 6m ; H= 6m ; Tv=0,6 ; = 114 kPa

= 2

=33kpa ; u= u0 + =(106) 33 pression

interstitielle au milieu de la couche

* = - = 114 33 = 81 kpa

= + = (

+

Si = 11kN /m3 Contrainte effective au milieu de la couche

( na pas t donn)

= 54,7 cm

T= 3ans et 10 mois

U= 93 kPa

= (6 +81)

=147 kN/m2



Exercice 7-1:

En A: = = 15 ; = =

; u= u=0

En B : =(15 +(20,5 ; =(15 +(10,5

; uB= 10 1,5

En C : c=(152) + (20,53) + (21 2,5) ; ;

Exercice 7-2 :

ou a : e=

Vs=

donc VS=

(1) et

= +

= -

(2) donc (1) et (2)

=

-

(

+1) =

=

aussi

=

A .N. = 930

.

La valeur de est telle que = = - 20%

= 80% = 0,8 = 0,8 0,55

864

On a = = -

= -

= 930 330 = 864 - 264

= 15kPA

=15 kPa

= 60,75kPa

=45,75kPa UB= 15kPa

=144kPa =89 kPa

=55kPa


. on a =

=

27 600.

Sol satur =

Et =

On a = =

= = 10 330.

et

= = 10

Rponses aux questions :

Avant essai :

=

=

=

=

=

n1=

=

; =

=

Aprs lessai :

=

=

=

=

=

n2 =

=

;

=

=

= 20,97 kN/m3

= 17,4 kN/m3

n1= 0,35 = 20,37%

=21,8

=18,75 kN/

n2= 0,30 16, 3%


Exercice 7-3 :

Pour le sol S1 , on aura le tableau suivant :

Refus (g) Tamisats (g) Tamisats (%) 5 0 2500 100

2 250 2250 90

1 500 1750 70

0,5 750 1000 40

0,2 500 500 20

0,1 250 250 10

Foud 250

Pour le sol S2 , partir de se courbe granulomtrique , on peut lire les

tamisats en % suivants :

5 2 1 0,5 0 ,2 0,1 Tamisat

(%)

100 100 90 60 20 4

Pour le mlange (1kg de s1 et 1,5 kg de s2), on calcule ses tamisats en g

en multipliant les % de tamisat correspondant par la masse correspondante ;

les rsultats sont les suivants :

Tamisats des sols s1 (g)

Tamisats du

sol s2 (g)

Tamisats du

mlange (g)

(somme 2

colonnes)

Tamisats du

mlange (%)

5 1000 1500 100 100

2 900 1500 2400 96

1 700 1350 2050 82

0,5 400 900 1300 52

0,2 200 300 500 20

0,1 100 60 160 6,4

La courbe granulomtrique Cm du mlange est trace sur le graphe

granulomtrique ci-aprs.



Rponses de COURS-8:

1. v' = (' i.w)z.

2. Le degr de consolidation est dfini par :

),0(

),(1),(

zu

ztutzU

La distance de drainage d est gale l'paisseur ou la demi-paisseur

de la couche d'argile

selon que la couche a respectivement une seule face drainante ou deux.

3. L'paisseur minimale est gale 3B dans les deux cas de fondation.

4. 240 kPa.

5. En cas d'un essai triaxial UU+ u, on retrouve le mme diamtre du cercle de Mohr, qui est d'aprs le critre de Mohr-Coulomb gal la cohsion Cu,

donc on ne peut pas tracer la droite de rsistance au cisaillement, qui est

tangente simultanment aux cercles en contraintes effectives, et obtenir les

caractristiques mcaniques effectives.

Par contre, en cas d'essai CU+u, le diamtre du cercle en contraintes

totales, augmente avec la contrainte de consolidation 3. On peut ainsi tracer les cercles de Mohr en contraintes effectives en retranchant la

pression interstitielle u des contraintes totales verticale et horizontale, tracer

la droite de rsistance au cisaillement et dduire les caractristiques C' et '.

6. quil est possible de remplacer l'tude d'un sol cohrent (0, C0) par

celle d'un sol pulvrulent quivalent ayant le mme angle de frottement et

soumis en plus du chargement du sol cohrent une pression isotrope C/tg sur chaque facette.


Exercice 8-1 :

On a

Le temps de fin de consolidation est proportionnel au carr de lpaisseur de la couche. Pour rduire le temps de consolidation la moiti, on doit

diminuer l'paisseur de la couche telle que:

m 8.9 2

.tC H d 100% v , donc excaver 3.7 m d'argile.

Exercice 8-2 :

1) La fin de consolidation correspond Tv = 2.

/sm x101.163600 x 3

)(25.10 x 2C 27

23

v

2) La couche d'argile tassera de H = 3x2/25 =24 cm.

ans 4.9 10 x 1.16

3 x 2 t

7-

2

100% .

3) )2)(1.(1

)K.E.(1C

w

v

donc Cv /Cv = K/K.

Cv = 0.65 x 1.16x10-7

= 7.5 x 10-8

m/s.

ans 7.56 10 x 7.5

3 x 2 t

8-

2

100%

jours 367 10

12.6 x 2

C

2.dt

5-

2

v

2

100%

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