TRAVAUX DIRIGES DE MECANIQUE DES FLUIDES PC/PC - Free

Remarques générales pour la dynamique des fluidesparfaits Conseils : Bien garder en tête que les inconnues d’un problème de mécanique des fluides sontrle champ des vitesses v et le champ de pression P en tout point du fluide et àchaque instant. Bien regarder la cinématique de l’écoulement. Bien lire l’énoncé de manière à savoir si on peut utiliser le théorème de Bernoulliou si on doit résoudre l’équation d’Euler. Avant d’appliquer l’une des formes du théorème de Bernoulli, vérifier lesconditions d’application.r uuuur r Dans l’équation d’Euler le terme convectif v grad v s’annule pour des formes()particulières du champ des vitesses :ruurruurruur- en cordonnées cartésiennes : v v( z )u x ou v v( y )u x ou v v( x)uz ruurruur- en coordonnées cylindriques : v v(r )u z ou v v(θ )u z (seulement ces deuxruurruurruurcas), ce n’est pas le cas pour v v(r )uθ ou v v(θ )ur ou v v( z )uθ ouruuruuruurv v( z )ur car ur et uθ dépendent de θ . Méthodes : Pour appliquer le théorème de Bernoulli :Pour un écoulement stationnaire :-si l’écoulement est incompressible : P ρ gz ρv2est uniforme le long d’une2ligne de courant ;-si l’écoulement est incompressible et irrotationnel : P ρ gz 1 2ρ v est2uniforme en tout point du fluide.Dans les deux cas il faut trouver deux points du fuides où les grandeurs s’exprimentfacilement et exprimer la conservation de la charge fluide entre ces deux points. Pour résoudre l’équation d’Euler :1) Le champ des vitesses est donné : on utilise l’équation d’Euler sous sa formeinitiale et on détermine le système d’équations aux dérivées partielles vérifiée parla pression. Puis on intègre et on détermine les constantes d’intégration à l’aidedes conditions aux limites.ruuuur uurr r r vv2 2) On l’écrit sous la forme : grad P ρ gz ρ ρ ρ rot v v 0 (certains2 t termes peuvent être nuls), puis on intègre cette relation le long d’une ligne decourant.- 10 -

Pour déterminer la durée d’une vidange d’un liquide :Il faut trouver l’équation différentielle vérifiée par la surface libre.Pour cela on utilise la conservation du débit qui donnr un lien entre la vitesse de lasurface libre et la vitesse d’éjection.Puis le théorème de Bernoulli donne l’expression de la vitesse d’éjection.Ensuite on sépare les variables pour isoler dt , puis on intègre sur la durée de lavidange. Erreur à éviter : Ne pas confondre « fluide parfait » et « écoulement parfait » :MP- pour un gaz parfait PV nRT et ρ au sens thermodynamique ;RT- pour un gaz parfait ρ cte au sens thermodynamique ;- pour un écoulement parfait la viscosité η 0 au sens mécanique. Ne pas passer de temps à « résoudre » les équations différentielles : on donne lasolution et on détermine les constantes à l’aide des conditions aux limites. Indications : Dans un fluide parfait en écoulement parallèle, la vitesse est uniforme dans toutesection droite (perpendiculaire à l’écoulement).r uuuurr uuuur v 2 uurr r L’accélération convective peut s’écrire : v gradv grad rot v v avec 2 rv v (décomposition de Lamb).- 11 -

Exercice 3 : Mesure du débit d’une rivièreConsidérons un canal horizontal à section rectangulaire de côté L , parcouru par de l’eau demasse volumique ρ en écoulement parallèle, avec une vitesse v uniforme et stationnaire surtoute une section droite du canal. La hauteur de l’eau est notée H .On place un tube de verre coudé dans l’eau et on appelle h la hauteur de la colonne d’eaudans le tube par rapport à la surface libre du canal. On choisit l’origine des cotes au fond ducanal. BhA CHv1. Déterminer la vitesse v du courant en fonction de h et du champ de pesanteur g(attention : dans la partie verticale du tube coudé l’eau est au repos).2. Exprimer le débit volumique Q correspondant.3. Application numérique pour une rivière : L 4 m et H 3 m , g 10 m s-2 .On mesure une hauteur h 10 cm , calculer v et Q .Solution1. L’eau est un fluide parfait et incompressible, l’écoulement est incompressible, irrotationnel(écoulement parallèle) et stationnaire, on peut appliquer le théorème de Bernoulli : la quantité1P ρ gz ρ v 2 est uniforme en tout point du fluide.2Considérons deux points : un point A de la surface libre du fluide ( P P0 , z H , v v ) et unpoint C ( P PC , z zC , v vC ) dans le tube, on choisit C de sorte qu’il soit un point d’arrêt :vC 0 .1 2ρ v PC ρ gzC .2Dans le tube, le fluide est au repos, la relation fondamentale de la statique des fluides donneP ρ gz cte (théorème de Pascal pour un liquide). Entre les points C ( P PC , z zC ) et BLe théorème de Bernoulli s’écrit alors : P0 ρ gH ( P P , z ( h H )) : P0C ρ gzC P0 ρ g ( h H ) .1 2ρ v P0 ρ g ( H h ) , d’où v 2 gh .22. Le débit volumique s’exprime Q v dS , en choisissant pour Σ une section droite duOn en déduit P0 ρ gH Σcanal de valeur LH , puisque la vitesse v uniforme sur toute une section droite du canal, onen déduit Q vLH et Q 2 ghLH .3 13. On en déduit v 1, 4 m s 1 5,1 km h 1 et Q 17 m .s .- 12 -

Exercice 4 : La vidange de TorricelliConsidérons un récipient ouvert sur l’atmosphère (pression locale P0 ), de section S , etcontenant un liquide parfait et incompressible (de masse volumique ρ ). Ce récipient est percéd’un petit orifice de section s , situé à une hauteur h en-dessous de la surface libre du liquide.AP0hrvBLe liquide sort par l’orifice sous forme d’un jet parabolique de vitesse initiale v horizontale.Cet écoulement n’est pas rigoureusement stationnaire mais si s S il est suffisament lentpour être considéré comme stationnaire (c’est une approximation).Considérons un point A de la surface libre et un point B au niveau de l’orifice.1. Quelle forme du théorème de Bernoulli peut-on appliquer ?En déduire une relation entre vA , vB , h et le champ de pesanteur g .2. Comment se traduit l’incompressibilité du liquide ?3. En déduire vB 2 gh (théorème de Torricelli).4. Déterminer l’équation différentielle vérifiée par h(t ) . En déduire la durée T de la vidangeen fonction de S , s , g et la hauteur initiale de liquide h0 .5. Application numérique pour un réservoir d’eau de pluie : h0 2 m , S 1 m 2 , s 1 cm 2 etg 10 m s 2Solution1. L’écoulement est stationnaire et incompressible mais non irrotationnel on utilise la formev2suivante du théorème de Bernoulli : P ρ gz ρest uniforme le long d’une ligne de2courant.Considérons la ligne de courant allant d’un point A de la surface libre à l’orifice B, on peutv2v2alors écrire : PA ρ gz A ρ A PB ρ gz B ρ B .22Or PA PB P0 (la pression atmosphérique locale) et h z A z B .On en déduit : vA2 2 gh vB2 .2. Le liquide étant incompressible, l’écoulement l’est aussi, et la conservation du débitvolumique s’écrit : Sv A svB .3. Puisque s S alors vA vB . On obtient finalement vB 2 gh .dh4. La relation Sv A svB s’écrit, avec vB 2 gh et vA (le signe traduit la diminutiondtdhs 2 gh .de h(t ) ) :dtS- 13 -

Séparons les variables : dt S dh.s 2g hPendant la durée T la hauteur de liquide varie de h0 à 0, d’où T 0S 2h0S et finalement : T 2h. h0sgs 2g 5. Application numérique : T 6325 s 1 h 45 min 25 s .On obtient T - 14 -Ss 2g 0h0dh.h

Exercice 5 : Champ de pression dans un vortexUn vortex est obtenu en faisant tourner un liquide autour d’un axe vertical, ce liquide estsurmonté d’une atmosphère à pression uniforme P0 .aireau on cherche l’équation de la surface libre du liquide.On reprend le même modèle que celui de la tornade (cylindre de rayon a ), voir exercice 1,uuruurcaractérisé par un vecteur tourbillon uniforme et stationnaire : Ω Ω u z , avec Ω uniforme etstationnaire. Le champ des vitesses du vortex en coordonnées cylindriques ( r ,θ , z ) a pourruurr Ω a 2 uurexpression : pour r a : v Ω r uθ et pour r a : v uθ .rOn note g l’accélération de pesanteur.1. En utilisant l’équation d’Euler déterminer, dans les deux cas r a et r a , les Pexpressions des dérivées de P par rapport à r et z . La valeur deétait-elle prévisible ? θ2. En déduire P (r , z ) dans les deux cas.3. En déduire l’équation de la surface libre z (r ) dans les deux cas et le type de profilgéométrique.Solutionrr1 uurr v r1. Ω rot v étant stationnaire, v l’est aussi et 0.2 tuur 1 uurruuuurur uuuur v 2 uur r Avec Ω rot v , l’équation d’Euler s’écrit : ρ grad 2Ω v gradP ρ g .2 2 ruurr uuuurr rAttention : ici la vitesse est de la forme v v(r )uθ , donc v grad v 0 , on doit calculeruuuur v 2 uurr rgrad rot v v . 2 uuuururuur P uur 1 P uur P uurur uθ u z et g gu z .En ccordonnées cylindriques : gradP rr θ zuuuur v 2 uuuur Ω 2 r 2 uuruurruuruuruur22Ω pour r a : grad grad r uet2Ω v 2Ωu Ωru 2Ωr u rzθr . 2 2 uur P P 22ρΩr 2ρΩr r uuruur rEn projetant sur ur et u z on obtient : , soit P 0 P ρ g z z uuuur v 2 uuuur Ω 2 a 4 uur r rΩ 2 a 4 uur pour r a : grad grad ur et 2Ω v 0 car2 3r 2 2r - 15 - ρΩ 2 r. ρ guurrΩ 0.

P Ω 2a4Ω 2a4 Pρ ρ uuruurr3 .r3 r , soit rEn projetant sur ur et u z on obtient : P ρ g 0 P ρ g z z P 0 était prévisible car le phénomène présente l’invariance par rotation autour de l’axe θOz .2. En intégrant on obtient :ρΩ 2 r 2 pour r a : P (r , z ) ρ gz C .2ρΩ 2 a 4 pour r a : P (r , z ) ρ gz C ' .2r 2Pour déterminer C et C ' on utilise les conditions aux limites :- au niveau de la mer loin du vortex, la pression vaut la pression atmosphérique locale :P (r , z 0) P0 , soit C ' P0 ;- la pression est continue en r a : P (a, z ) ρΩ 2 a 22 ρ gz C ρΩ 2 a 42a 2 ρ gz P0 , soitC ρΩ 2 a 2 P0 .Finalement : Pour r a : P (r , z ) ρΩ 22(r2) 2a 2 ρ gz P0 ;ρΩ 2 a 4 ρ gz P0 .2r 23. L’équation de la surface libre du liquide est obtenu via P (r , z ) P0 . On garde P0 car lapression de l’air juste au-dessus du vortex n’est pas modifiée, en effet le liquide étant parfait,il n’entraine pas l’atmosphère dans son mouvement de rotation. On en déduit : Pour r a : P (r , z ) pour r a : z (r ) Ω2(r2g pour r a : z (r ) 2Ω 2a42 gr 2) 2a 2 : profil parabolique ;: profil hyperbolique.za0r hyperbolique parabolique- 16 -

Exercice 6 : Oscillations d’un liquide dans un tube en UOn considère un liquide, supposé incompressible et parfait, de masse volumique ρ , contenudans les deux branches d’un tube en U. On note L la longueur moyenne du liquide dans letube (suivant les pointillés).A l’équilibre les deux surfaces libres du liquide dans les deux branches sont à la mêmealtitude z 0 .On provoque une dénivellation entre les deux surfaces libres et on laisse évoluer librement lesystème, on observe alors des oscillations de période T , notre inconnue.On note z et z les cotes des deux surfaces libres.z 0B z (t )z (t )A1. Montrer que l’équation d’Euler peut s’écrire sous la forme :ruuuur v rv2 grad P ρ gz ρ ρ 0.2 t 2. Intégrer cette relation le long de la ligne de courant qui passe par le milieu du tube(longueur L ) entre A et B et en déduire que z (t ) vérifie une équation différentielle de laforme &&z ω02 z 0 , on exprimera ω0 en fonction de L et g l’accélération de pesanteur.3. En déduire la période des oscillations.4. Commenter vos résultats.Solution1. L’écoulement étant incompressible, irrotationnel et non stationnaire l’équation d’Eulerruuuurururuuuur uuuur v 2 v prend la forme ρ grad gradP ρ g , et avec ρ g grad( ρ gz ) , on peut écrire : 2 t ruuuur v2 v rgrad P ρ gz ρ ρ 0.2 t 2. Intégrons cette relation le long de la ligne de courant qui passe par le milieu du tube(longueur L ) entre A et B :rrBB uuuurBB v 2 uur v uurv2 v uur A grad P ρ gz ρ 2 d l A ρ t d l 0 , ou bien : P ρ gz ρ 2 ρ A t d l 0 .AdzLe liquide étant incompressible, chaque du point du liquide a même vitesse v vB , et dedtplus : z zB zA et L cte .B v2 vB2 v A2Le premier terme s’écrit : P ρ gz ρ PB PA ρ g ( z B z A ) ρ 2 ρ gz car2 A2 PA PB P0 (la pression atmosphérique locale) et v A v B car chaque du point du liquide amême vitesse.- 17 -

rBB v uurd r uur dvdvLe deuxième terme s’écrit : ρ d l ρ v d l ρdl ρL ρ &&zL . tdt Adt AdtA B2g2gz 0 . On en déduit ω0 .LL3. On obtient l’équation différentielle d’un oscillateur harmonique, chaque surface libreLpossède un mouvement oscillatoire sinusoïdal de période T 2π.2g4. Commentaires :- si L augmente alors T augmente : plus le volume de liquide est important et plus lesoscillations sont lentes ;- T est indépendante de la masse volumique ρ , donc de la nature du fluide. En réalité leliquide est visqueux et on observe un amortissement avant de revenir à la position d’équilibre,les oscillations sont pseudo-périodiques.z Finalement : 2 ρ gz ρ &&zL 0 , ou bien &&- 18 -

Remarques générales pour la dynamique des fluidesvisqueux Conseils : Bien garder en tête que les inconnues d’un problème de mécanique des fluides sontrle champ des vitesses v et le champ de pression P en tout point du fluide et àchaque instant. Bien regarder la cinématique de l’écoulement. Les exercices sur la mécanique des fluides visqueux doivent concerner desécoulements laminaires (la description mathématique d’un écoulement turbulentnécessite l’intervention du calcul informatique), vérifier que le nombre de Reynoldsest largement inférieur à 2000. Chercher la cause de l’écoulement : un déplacement d’un solide dans le fluide(écoulement de couette), différence de pression (écoulement de Poiseuille), pesanteur Méthodes : Pour résoudre l’équation de Navier-Stokes :Réduire l’équation en regardant tous les termes nuls.Puis la projeter sur les trois axes de la bases utilisée.Résoudre chaque équation en tenant compte des conditions aux limites. Lors de la résolution, cet argument intervient souvent :si deux fonctions de deux variables indépendantes sont égales alors les deuxfonctions sont constantes : f ( x) g ( y ) avec x et y indépendantes alorsf ( x) g ( y ) cte (la même constante pour f et g !). Indications :ruurr r Si l’écoulement est icompressible divv 0 et irrotationel rot v 0 .r uuuurr uur uurrr rOr v grad divv rot rot v , d’où v 0 .()( )On en déduit que le terme diffusif η v est nul, la viscosité n’intervient pas dans leséquations de la dynamique du fluide.Tout se passe comme si le fluide était parfait, et on peut alors utiliser l’équationd’Euler ou le théorème de Bernoulli.Exemple : la vidange très lente d’un liquide (incompressible) en écoulementirrotationnel. Pour un écoulement de fluide très visqueux, on néglige souvent les actions depesanteur devant les actions de viscosité.Dans la plupart des cas on est en régime stationnaire et l’accélération convective estuuuurrnulle, se sorte qu’on doit résoudre l’équation de Stokes : gradP η v .- 19 -

Les conditions aux limites, pour un fluide visqueux, se traduisent par un champ desvitesses nul au contact solide-fluide. Il est bon d’avoir en tête les expressions des opérateurs gradient, divergence etlaplacien en coordonnées cartésiennes et cylindriques.- 20 -

Exercice 7 : Ecoulement de CouetteConsidérons un liquide visqueux, de viscosité η et de masse volumique ρ , entre deuxplaques solide parallèles et distantes de L .Soit a la dimension des plaques suivant Ox et b suivant Oy , telles que b a .La plaque à l’altitude z 0 est fixe, et la plaque à l’altitude z L est en translation à lauurvitesse constante v0 suivant Ox .Par effet de viscosité la plaque en mouvement entraine la particule fluide à son contact, et deproche en proche, toutes les particules fluides sont mises en mouvement.On étudie le régime permanent, après le régime transitoire, lorsque toutes les particules fluidesont en mouvement depuis longtemps.zuurv0Luurv0r rv 0x0arurOn étudie un écoulement très visqueux tel que η v ρ g , on néglige alors les effets duchamp de pesanteur.r on cherche à déterminer le champ de pression P et le champ de vitesse v .ruur1. Dans cet écoulement le champ des vitesses prend la forme générale v v( x, y, z , t )u x ,ruurmontrer que l’on peut réduire l’étude à v v ( z )u x .ruuuururr r uuuur r v 2. En déduire que l’équation de Navier-Stokes ρ v grad v gradP ρ g η v se t uuuurrréduit à l’équation de stokes gradP η v .3. Résoudre l’équation de stokes et en déduire le champ de pression P et le champ de vitesserv en fonction de v0 , L et z .4. Tracer les vecteurs vitesse des particules fluides appartenant à une section droite del’écoulement et qualifier le profil des vitesses.()Solutionrruur v r r1. Le est régime stationnaire 0 , v ne dépend pas du temps, d’où v v( x, y, z )u x . tPuisque b a , on a invariance par translation suivant Oy , v ne dépend pas de y , d’oùruurv v ( x , z )u x .r vL’incompressibilité du liquide se traduit par divv 0 , soit 0 , on en déduit que v ne xruurdépend pas de x , on peut alors écrire v v ( z )u x .rurr uuuur r r v r2. De l’expression précédente on déduit v grad v 0 . De plus 0 et on néglige ρ g trdevant η v .()- 21 -

uuuurrL’équation de Navier-Stokes se réduit donc à gradP η v (équation de Stokes).uuuurd 2 v uur3. On doit donc résoudre gradP η 2 u x .dz Pd 2v η z 2 xuuuur P uur P uur P uur POr gradP .ux uy u z , on en déduit 0 x y zy P 0 zLa pression ne dépend a priori que de x .Or l’écoulement est provoqué par le déplacement de la plaque supérieure, et non par Pl’application d’une pression en amont du liquide, de sorte que 0 . Finalement P ne xdépend pas pas de x , y et z : la pression P est uniforme dans tout le liquide.d 2v 0.dz 2En intégrant deux fois on obtient : v ( z ) Az B .Pour déterminer A et B on utilise les conditions aux limites : v (0) 0 et v( L) v0 , on enr v uurvdéduit B 0 et A 0 . Finalement : v 0 zu x .LL4. On dit que le profil des vitesses est linéaire : les flèches des vecteurs vitesse des particulesfluides appartenant à une section droite de l’écoulement sont alignés sur un segment dedroite :On a alorsvecteurvitesseuurv0segmentde droite- 22 -

Exerci

- 1 - TRAVAUX DIRIGES DE MECANIQUE DES FLUIDES PC/PC * Ce TD comporte deux séries d'exercices : 1) Des exercices d'applications directes du cours 2) Des exercices d'entrainement à l'écrit des concours (issus des annales X-ENS, Mines-Ponts, Centrale-Supélec et CCP)