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MÉCANIQUE DES FLUIDES

TRAVAUX DIRIGÉS - CORRIGÉS

PREMIÈRE ANNÉE - SÉRIE 1

STATIQUE DES FLUIDES

PHÉNOMÈNES CAPILLAIRES

RELATION DE BERNOULLI

2010-2011

groupe A : [email protected] B : [email protected] C : [email protected] D : [email protected] E : [email protected]

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année Travaux Dirigés 2010-2011

Séance 1 : Statique des fluides

1 Amplificateur de mouvement et de force

2 Tube en U

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 2 IUT GTH 1e année

Statique des fluides __________________________________

1 - Tube en U On considère un tube en forme de U. On a d'abord versé de l'eau (de masse volumique !e = 1000 kg.m-3), puis d'un côté du tube on a introduit une hauteur h = 20 cm d'huile non miscible dans l'eau (de masse volumique !h = 800 kg.m-3). Calculer la dénivellation h' entre les surfaces libres d'huile et d'eau.

hhʼA

BC

Corrigé : On écrit trois fois l'équation de la statique (fluide homogène) sur le trajet fermé ABCA:

pA + !e g zA = pB + !e g zB

pB + !h g zB = pC + !h g zC

pC ! pA = patm On fait la somme membre à membre des trois équations (toutes les pressions disparaissent <=> boucle fermée) :

!e zA - zB = !h zC - zB " !e h - h' = !h h # h' = h !e - !h!e

h' = h !e - !h

!e = 0,2 200

1000 = 0,04 m = 4 cm

2 - Mesure de la densité d'un liquide On dispose d'un tube en U. On verse du mercure au fond du tube, puis d'un côté, on verse de l'eau sur une hauteur h = 96 mm. Ensuite, on verse de l'autre côté le liquide à mesurer jusqu'à ce que les deux surfaces libres soient sur une même horizontale. On mesure la hauteur du liquide inconnu et on trouve h' = 103 mm. Sachant que !eau = 1000 kg/m3 et !mercure = 13 600 kg/m3, trouver la densité du liquide inconnu (rapport entre sa masse volumique et celle de l'eau).

hhʼ

mercure

eauX

A

BC

D

Corrigé : On décrit la boucle fermée ABCDA, soit quatre relations :

pA + !x g zA = pB + !x g zB pB + !Hg g zB = pC + !Hg g zC

pC + !e g zC = pD + !e g zD pD = pA

On fait la somme membre à membre des quatre relations et on obtient : !x zA - zB + !Hg zB - zC + !e zC - zA = 0

3 Mesure de la densité d’un liquide


Statique des fluides __________________________________

1 - Tube en U On considère un tube en forme de U. On a d'abord versé de l'eau (de masse volumique !e = 1000 kg.m-3), puis d'un côté du tube on a introduit une hauteur h = 20 cm d'huile non miscible dans l'eau (de masse volumique !h = 800 kg.m-3). Calculer la dénivellation h' entre les surfaces libres d'huile et d'eau.

hhʼA

BC

Corrigé : On écrit trois fois l'équation de la statique (fluide homogène) sur le trajet fermé ABCA:

pA + !e g zA = pB + !e g zB

pB + !h g zB = pC + !h g zC

pC ! pA = patm On fait la somme membre à membre des trois équations (toutes les pressions disparaissent <=> boucle fermée) :

!e zA - zB = !h zC - zB " !e h - h' = !h h # h' = h !e - !h!e

h' = h !e - !h

!e = 0,2 200

1000 = 0,04 m = 4 cm

2 - Mesure de la densité d'un liquide On dispose d'un tube en U. On verse du mercure au fond du tube, puis d'un côté, on verse de l'eau sur une hauteur h = 96 mm. Ensuite, on verse de l'autre côté le liquide à mesurer jusqu'à ce que les deux surfaces libres soient sur une même horizontale. On mesure la hauteur du liquide inconnu et on trouve h' = 103 mm. Sachant que !eau = 1000 kg/m3 et !mercure = 13 600 kg/m3, trouver la densité du liquide inconnu (rapport entre sa masse volumique et celle de l'eau).

hhʼ

mercure

eauX

A

BC

D

Corrigé : On décrit la boucle fermée ABCDA, soit quatre relations :

pA + !x g zA = pB + !x g zB pB + !Hg g zB = pC + !Hg g zC

pC + !e g zC = pD + !e g zD pD = pA

On fait la somme membre à membre des quatre relations et on obtient : !x zA - zB + !Hg zB - zC + !e zC - zA = 0 Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 3 IUT GTH 1e année

!x h' + !Hg h - h' - !e h = 0 " !x = !Hg h' - h + !e h

h'

!x = !Hg h' - h + !e h

h' = 13600 103 - 96 + 1000. 96

103 = 1856 kg/m3

3- Mesure d'une faible surpression On souhaite mesurer une très faible surpression par rapport à la pression atmosphérique. On utilise pour cela un manomètre à grande sensibilité qui est composé par un tube en U dont chaque branche est surmontée d'un réservoir. On verse (un pour chaque branche) deux liquides non miscibles de masses volumiques très voisines : eau ! eau = 1000 kg/m3 aniline ! aniline = 1024 kg/m3 Dans le premier état, les pressions sont identiques de part et d'autre. L'interface entre l'eau et l'aniline est notée 0 Dans le deuxième état, on applique une surpression !p à la branche de droite (cf. figure). L'interface se déplace de la valeur h. Trouver la relation entre la hauteur h et la surpression !p.

Corrigé : Si on admet que les réservoirs ont une grande surface par rapport à celle du tuyau, alors le changement de niveau AA' et CC' est insignifiant. Sinon, on écrit que lle volume dégagée par l'enfoncement de C se retrouve dans le déplacement de B. Dans l'hypothèse simple, la surpression !p est compensée par le changement (!anil - !e) g h = (1024 - 1000) 9,81 . h d'où :

!p = 24.9,81 h = 235,44 h avec !p en Pa et h en m

Par rapport avec un manomètre à eau simple, on gagne un facteur 1000/24 = 42 environ. cela explique le titre de l'exercice.

4- Gradient de pression Un bateau océanographique est immobile sur l'océan. La masse volumique de l'eau de mer est ! mer = 1030 kg/m3. Calculer les pressions relatives et absolues aux différentes profondeurs suivantes : 10 m, 60 m, 600 m, 11 000 m. Calculer les composantes du vecteur gradient de pression dans l'océan. Représenter ce vecteur. Corrigé : Calcul des pressions point A zA = -10 m pa = patm + !e g h pr = !e g h = 1030. 9,81 . 10 = 101 000 Pa point A zA = -60 m pa = patm + !e g h pr = !e g h = 1030. 9,81 . 60 = 606 000 Pa point A zA = -600 m pa = patm + !e g h pr = !e g h = 1030. 9,81 . 600 = 6 063 000 Pa point A zA = -11 000 m pa = patm + !e g h pr = !e g h = 1030. 9,81 . 11 000 = 1,111.108 Pa

2


4 Mesure d’une faible surpression



h'

!x = !Hg h' - h + !e h

h' = 13600 103 - 96 + 1000. 96

103 = 1856 kg/m3






5 Poids, force et pression

La pression est la même dans les deux récipient (même différence d’altitude entre la surface et le fond dans lesdeux cas).La force exercée sur la table est égale au poids d’eau (calcul du volume d’un prisme à base trapézoidale) : la forceest donc plus importante pour le récipient qui s’évase vers le haut que pour le récipient qui se rétrécie vers lehaut.Par application du PFS sur le volume d’eau au repos, on remarque également que le poids d’eau est égal à larésultante des forces de pression que les parois et la surface libre exerce sur le volume d’eau. La résultante desforces de pression au niveau du fond de chaque réservoir est bien la même dans les deux cas, en revanche, larésultante des forces de pression sur les autres surfaces est différentes dans les deux cas du fait de l’orientationdifférentes des parois latérales.


6 Gradient de pression



h'

!x = !Hg h' - h + !e h

h' = 13600 103 - 96 + 1000. 96

103 = 1856 kg/m3






3


7 Immeuble alimenté en gaz naturel


5- Immeuble alimenté en gaz naturel Le gaz est en surpression !p = 150 mm d'eau, par rapport à l'air extérieur au niveau du sol. Calculer la surpression au dernier étage de l'immeuble situé à 80 m de hauteur. La masse volumique de l'air au sol est ! air = 1,225 kg/m3 et celle du gaz est !gaz = 0,735 kg/m3. Corrigé : Sur h = 80 m de dénivellation, le gaz va diminuer sa pression de !g g h = 0,735 . 9,81 . 80 = 576,8 Pa Sur h = 80 m de dénivellation, l'air va diminuer sa pression de !a g h = 1,225 . 9,81 . 80 = 961,4 Pa La différence de pression entre le gaz et l'air augmente de 961,4 - 576,8 = 384,6 Pa Soit en mm de CE "p/!e g = 384,6 / 1000/9,81*1000 = 39,2 mmCE. On en déduit qu'en haut de l'immeuble, la surpression atteint 189,2 mmCE.

6 - Poussée d'Archimède Un récipient cylindrique de section S contient de l'eau sur une hauteur h = 20 cm . Ce récipient est placé sur une balance. Une bille en acier de diamètre D = 2 cm est suspendue à une potence par une ficelle. On trempe entièrement la bille dans l'eau. Dans quel sens la balance est-elle déséquilibrée ? Quelle masse faudrait-il ajouter pour rétablir l'équilibre ? Quelle était la pression exercée par l'eau sur le fond du récipient au début, puis après immersion de la bille ? A.N. ! acier = 8600 kg/m3.

Corrigé : 1- Il y a plusieurs façons d’évaluer la force F que le récipient exerce sur le plateau de la balance :

- On peut prendre comme système le récipient plein d’eau à l’exception de la bille et montrer que la force que la bille exerce sur ce système est opposé à la force d’Archimède (le liquide exerce la poussée d’Archimède sur la bille et d’après la troisième loi de Newton, réciprocité des actions, la bille exerce l’opposé de la poussée d’Archimède sur le liquide) on en déduit alors F.

- On peut utiliser comme système l’ensemble bille + eau. Ce système est soumis à son poids, à la force de traction T de la ficelle est à la force F. On utilise l’équilibre de la bille dans l’eau pour déterminer T.

- On peut utiliser le récipient sans l’eau est évaluer la résultante des forces de pression que l’eau exerce sur le fond du récipient. C’est certainement la méthode la plus simple pour voir que la densité de la bille n’a aucune

8 Poussée d’Archimède


5- Immeuble alimenté en gaz naturel Le gaz est en surpression !p = 150 mm d'eau, par rapport à l'air extérieur au niveau du sol. Calculer la surpression au dernier étage de l'immeuble situé à 80 m de hauteur. La masse volumique de l'air au sol est ! air = 1,225 kg/m3 et celle du gaz est !gaz = 0,735 kg/m3. Corrigé : Sur h = 80 m de dénivellation, le gaz va diminuer sa pression de !g g h = 0,735 . 9,81 . 80 = 576,8 Pa Sur h = 80 m de dénivellation, l'air va diminuer sa pression de !a g h = 1,225 . 9,81 . 80 = 961,4 Pa La différence de pression entre le gaz et l'air augmente de 961,4 - 576,8 = 384,6 Pa Soit en mm de CE "p/!e g = 384,6 / 1000/9,81*1000 = 39,2 mmCE. On en déduit qu'en haut de l'immeuble, la surpression atteint 189,2 mmCE.

6 - Poussée d'Archimède Un récipient cylindrique de section S contient de l'eau sur une hauteur h = 20 cm . Ce récipient est placé sur une balance. Une bille en acier de diamètre D = 2 cm est suspendue à une potence par une ficelle. On trempe entièrement la bille dans l'eau. Dans quel sens la balance est-elle déséquilibrée ? Quelle masse faudrait-il ajouter pour rétablir l'équilibre ? Quelle était la pression exercée par l'eau sur le fond du récipient au début, puis après immersion de la bille ? A.N. ! acier = 8600 kg/m3.

Corrigé : 1- Il y a plusieurs façons d’évaluer la force F que le récipient exerce sur le plateau de la balance :

- On peut prendre comme système le récipient plein d’eau à l’exception de la bille et montrer que la force que la bille exerce sur ce système est opposé à la force d’Archimède (le liquide exerce la poussée d’Archimède sur la bille et d’après la troisième loi de Newton, réciprocité des actions, la bille exerce l’opposé de la poussée d’Archimède sur le liquide) on en déduit alors F.

- On peut utiliser comme système l’ensemble bille + eau. Ce système est soumis à son poids, à la force de traction T de la ficelle est à la force F. On utilise l’équilibre de la bille dans l’eau pour déterminer T.

- On peut utiliser le récipient sans l’eau est évaluer la résultante des forces de pression que l’eau exerce sur le fond du récipient. C’est certainement la méthode la plus simple pour voir que la densité de la bille n’a aucune Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 5 IUT GTH 1e année

importance, seul son volume compte. Lorsqu’on trempe la bille dans le récipient, l’eau monte dans le verre. La pression augmente dans sur le fond du récipient, ainsi que la force F.

Quelle que soit la méthode employée on voit que F a augmenté. L'aiguille de la balance tourne donc vers la gauche. Quantitativement on obtient en suivant les démarches 1 ou 3 ( la deux est plus compliquée) Méhtode 1- Si on néglige le volume de la ficelle immergée, il reste la bille. L'eau exerce la poussée d'Archimède sur la bille, donc, réciproquement la bille exerce une force qui est l'opposée de la poussée d'Archimède, c'est-à-dire le poids d'une bille en eau. Il faut donc rajouter à droite, une masse qui fournit le poids d'une bille en eau, c'est-à-dire la masse d'une bille en eau.

!

L = m = "e#d3

6= 0,00418 kg

Méthode 3- Avant immersion de la bille, la pression relative au fond de l'eau était ! g h = 1000 . 9,81 . 0,2 = 1962 Pa Après immersion, elle est devenue : ! g (h + !h) avec ! h S : Vbille d'où !p = !e g !h = !e g Vbille /S et la force résultant de cette surpression est bien sûr : !e g Vbille, c'est-à-dire l'opposé de la poussée d'Archimède. 7- Aréomètre Un aéromètre ou pèse-liquide ou densimètre est un appareil pour déterminer la densité des liquides. Il est constitué d'une tige cylindrique de section s (graduée) qui surmonte un corps renflé qui sert de lest. La masse totale de l'appareil est m. Quand on trempe l'appareil dans l'eau, il se stabilise en position verticale sur la graduation 0. Lorsqu'on le trempe dans un liquide de densité d, l'appareil se stabilise à la distance z du 0 précédent. Déterminer la relation entre la densité du liquide et la graduation z. Corrigé : Il y a deux expériences. Dans l’eau

!

"e V + hes( )g = mg Dans un autre liquide

!

" V + hs( )g = mg En divisant par la masse volumique et en prenant la différence des deux équations (membre à membre) on obtient

!

L = h " he =ms1#"1#e

$

% &

'

( ) =

ms#e

#e#"1

$

% &

'

( ) =

ms#e

1d"1

$

% &

'

( )

L est le déplacement de la tige. Les graduations ne sont pas équidistantes. Bien rappeler la définition de la densité (rapport d’une masse volumique sur la masse volumique de l’eau). Bien préciser qu’il arrive que l’on emploie le mot densité pour parler de la masse volumique. Ici z désigne une graduation sur l’appareil et non pas une altitude. Il est préférable de garder la notation z pour l’altitude. Je modifierai l’énnoncé pour l’année prochaine. En attendant lors de la correction utiliser éventuellement une autre notation typiquement L pour désigner le déplacement vertical de la tige 8 - Contrainte de rupture d'un tube Un tube d'acier de diamètre intérieur Di = 56 mm et de diamètre extérieur De = 60 mm est rempli d'un fluide à la pression p. Sachant que la contrainte normale interne de l'acier ne doit pas dépasser Ts = 100 N/mm2, trouver la pression maximale admissible dans le tuyau. Corrigé : Le tube peut éclater suivant un diamètre ou suivant la longueur. On sait, en observant des saucisses sur un barbecue, qu’elles ont tendance à se fendre suivant la longueur lorsqu’elles éclatent et non pas suivant le diamètre. On peut faire le

4


9 Aréomètre


importance, seul son volume compte. Lorsqu’on trempe la bille dans le récipient, l’eau monte dans le verre. La pression augmente dans sur le fond du récipient, ainsi que la force F.

Quelle que soit la méthode employée on voit que F a augmenté. L'aiguille de la balance tourne donc vers la gauche. Quantitativement on obtient en suivant les démarches 1 ou 3 ( la deux est plus compliquée) Méhtode 1- Si on néglige le volume de la ficelle immergée, il reste la bille. L'eau exerce la poussée d'Archimède sur la bille, donc, réciproquement la bille exerce une force qui est l'opposée de la poussée d'Archimède, c'est-à-dire le poids d'une bille en eau. Il faut donc rajouter à droite, une masse qui fournit le poids d'une bille en eau, c'est-à-dire la masse d'une bille en eau.

!

L = m = "e#d3

6= 0,00418 kg

Méthode 3- Avant immersion de la bille, la pression relative au fond de l'eau était ! g h = 1000 . 9,81 . 0,2 = 1962 Pa Après immersion, elle est devenue : ! g (h + !h) avec ! h S : Vbille d'où !p = !e g !h = !e g Vbille /S et la force résultant de cette surpression est bien sûr : !e g Vbille, c'est-à-dire l'opposé de la poussée d'Archimède. 7- Aréomètre Un aéromètre ou pèse-liquide ou densimètre est un appareil pour déterminer la densité des liquides. Il est constitué d'une tige cylindrique de section s (graduée) qui surmonte un corps renflé qui sert de lest. La masse totale de l'appareil est m. Quand on trempe l'appareil dans l'eau, il se stabilise en position verticale sur la graduation 0. Lorsqu'on le trempe dans un liquide de densité d, l'appareil se stabilise à la distance z du 0 précédent. Déterminer la relation entre la densité du liquide et la graduation z. Corrigé : Il y a deux expériences. Dans l’eau

!

"e V + hes( )g = mg Dans un autre liquide

!

" V + hs( )g = mg En divisant par la masse volumique et en prenant la différence des deux équations (membre à membre) on obtient

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L = h " he =ms1#"1#e

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L est le déplacement de la tige. Les graduations ne sont pas équidistantes. Bien rappeler la définition de la densité (rapport d’une masse volumique sur la masse volumique de l’eau). Bien préciser qu’il arrive que l’on emploie le mot densité pour parler de la masse volumique. Ici z désigne une graduation sur l’appareil et non pas une altitude. Il est préférable de garder la notation z pour l’altitude. Je modifierai l’énnoncé pour l’année prochaine. En attendant lors de la correction utiliser éventuellement une autre notation typiquement L pour désigner le déplacement vertical de la tige 8 - Contrainte de rupture d'un tube Un tube d'acier de diamètre intérieur Di = 56 mm et de diamètre extérieur De = 60 mm est rempli d'un fluide à la pression p. Sachant que la contrainte normale interne de l'acier ne doit pas dépasser Ts = 100 N/mm2, trouver la pression maximale admissible dans le tuyau. Corrigé : Le tube peut éclater suivant un diamètre ou suivant la longueur. On sait, en observant des saucisses sur un barbecue, qu’elles ont tendance à se fendre suivant la longueur lorsqu’elles éclatent et non pas suivant le diamètre. On peut faire le

10 Les hémisphères de Magdebourg


12 - Amplificateur de mouvement et de force On considère un tube en U dont une branche a une section S1 = 40 cm2 et l'autre a une section S2 = 4000 cm2. Deux pistons permettent de transmettre au fluide (eau) des efforts. Montrer que lorsqu'on appuie sur la surface S1 avec une force F1 = 10 N, il faut exercer une force énorme F2 de l'autre côté pour empêcher le cylindre de bouger. Si on dispose une masse M du côté S2, quelle devra être sa valeur pour équilibrer la force F1 ? Donner des exemples d'utilisation, suivant qu'on appuie du côté S1 ou de l'autre S2. Vérin, amplificateur de mouvement ? Corrigé : Ce ne sont pas les forces qui se tranmettent mais les pressions. Si on appuie sur la surface S1 avec une force F1, il faut exercer de l'autre côté une force F2 qui vaut :

F1

S1 = F2

S2 ! F2 = F1 S2

S1 = 100 F1

La masse correspondante sera :

m = F2g

Si on appuie côté S1, cela correspondra à un vérin, si on appuie côté S2, cela correspondra à un amplificateur de mouvement. 13 - Les hémisphères de Magdebourg Le Bourgmestre de la ville de Magdebourg (Otto de Gericke) à la Renaissance avait réfléchi sur la statique des fluides. Il soutint en public que 4 chevaux ne pourraient séparer deux hémisphères de diamètre D = 1 m environ dans lequel on aurait fait le vide et qui seraient simplement jointifs sans serrage supplémentaire. Certains notables de la ville relevèrent le pari et l'expérience fut exécutée. Le maire gagna-t-il son pari ?

FF

Corrigé : Si on considère l'équilibre d'un seul hémisphère (le droit par exemple), il est soumis à la pression atmosphérique sur un hémisphère, à l'action de l'autre hémisphère et à la traction des chevaux (on néglige la pesanteur). Au moment où il y a désolidarisation, l'action du 2e hémisphère s'annule et il ne reste plus que deux forces, d'où la relation :

F = ! d2

4 pa = 25 000 N

Cela représente le poids d'une masse de 2500 kg accroché à une corde. On devine facilement que le bourgmestre a gagné son pari.

14 - Force sur une vanne verticale On considère une vanne de largeur L = 10 m et de hauteur h = 5 m. Sur une face de la vanne, l'eau affleure jusqu'en haut, sur l'autre face, la vanne est au contact de l'air. 1- Calculer la résultante des forces de pression sur la vanne. 2- Calculer le point d'application de la force. 3- Si la vanne est inclinée vers l'eau d'un angle de 30°, que devient la force horizontale sur cette vanne ? Cas d'une vanne de forme quelconque ?

h

F = πd2

4pa = 79.103 N

Cela représente le poids d’une masse de 7900 kg. On devine facilement que le bourgmestre a gagné son pari.


11 Contrainte de rupture d’un tube

Le tube peut éclater suivant un diamètre ou suivant la longueur. On sait, en observant des saucisses sur un bar-becue, qu’elles ont tendance à se fendre suivant la longueur lorsqu’elles éclatent et non pas suivant le diamètre.On peut faire le calcul dans les deux cas mais on trouve en effet que la contrainte max est plus faible pour unerupture suivant une génératrice du cylindre. On propose donc le calcul dans une optique de rupture suivantcette direction. Les élèves peuvent calculer chez eux, la pression qu’il faudrait atteindre pour avoir une rupturesuivant un diamètre et voir que cette valeur est plus élevée que la valeur obtenue pour une rupture suivant ungénératrice du cylindre.La pression intérieure s’oppose à la pression atmosphérique extérieure. Coupons par la pensée le tuyau en deuxpar une génératrice. Écrivons l’équilibre mécanique de cette moitié de tuyau. Les forces, si on néglige la pesan-teur, se limitent à l’action des gaz et l’action des contraintes internes, d’où la relation :

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 6 IUT GTH 1e année calcul dans les deux cas mais on trouve en effet que la contrainte max est plus faible pour une rupture suivant une génératrice du cylindre. On propose donc le calcul dans une optique de rupture suivant cette direction. Les élèves peuvent calculer chez eux, la pression qu’il faudrait atteindre pour avoir une rupture suivant un diamètre et voir que cette valeur est plus élevée que la valeur obtenue pour une rupture suivant un génératrice du cylindre. La pression intérieure s'oppose à la pression atmosphérique extérieure. Coupons par la pensée le tuyau en deux par une génératrice. Écrivons l'équilibre mécanique de cette moitié de tuyau. Les forces, si on néglige la pesanteur, se limitent à l'action des gaz et l'action des contraintes internes, d'où la relation :

Di L pi - De L pa + T De - Di L = 0 ! pi = De pa + T De - Di

Di = 60.105 + 100.106 60 - 56

56 = 72,5 bars

En réalité, les contraintes internes ne seront pas uniformes et le résultat est donc approché. 9 - Vase d’expansion On considère une installation de chauffage permettant la circulation de 300 kg d’eau dans différents radiateurs. Les radiateurs sont alimentés par des tubes de diamètre intérieur Di = 16 mm et de diamètre extérieur De = 18 mm en acier (contrainte max Ts = 100 N/mm2). On mesure une différence de hauteur de 10 m entre le point bas et le point haut de l’installation. On considère que sur les gammes de température et de pression considérées, la masse volumique est faiblement perturbée (modifiée) selon la loi suivante :

!

" = "0 1+ # p $ p0( ) $% T $T0( )( ) avec ! = 4,5.10-4 K-1 le coefficient de dilatation isobare et " = 5,1.10-10 Pa-1 le coefficient de compressibilité isotherme. Les valeurs de référence sont la température T0 = 20 °C, la pression atmosphérique p0 = 105 Pa et la masse volumique #0 = 998 kg.m-3. L’accélération de la pesanteur sera prise égale à g =10 m.s-2. Dans cet exercice on s’intéresse au système avant mise en circulation du fluide. Le fluide est donc toujours à l’arrêt. 1) En première approximation quel est l’ordre de grandeur de la différence de pression entre le point haut et le point bas de l’installation en supposant la température uniforme entre ces deux points. Est-ce que cette différence de pression a un impact sur la masse volumique du fluide ? Quelle serait la surpression à exercée pour avoir une variation de 1% de la masse volumique ? 2) Le système est rempli d’eau et purgé à la température ambiante de 20°C puis porté à la température de fonctionnement de 60°C. Quelle est la surpressions dans les tuyaux en les considérant indéformables ? Comparer cette surpression par rapport à la surpression piézométrique. Les tuyaux vont-ils résister ? Afin d’éviter la surpression importante observée dans le cas d’un système isochore, qui pourrait engendrer la rupture de l’installation, il est nécessaire de monter sur le circuit un vase d’expansion. 3) Une première solution consiste à monter un vase d’expansion constitué d’un récipient ouvert à l’atmosphère. Faites un schéma. Quel doit être le volume minimum du vase d’expansion ? Quelle sera la pression absolue dans le circuit en fonction de la hauteur et du point d’installation du vase d’expansion. Où placeriez-vous le vase d’expansion, quel critère utilisez-vous ? Quels peuvent être les inconvénients de ce type de vase d’expansion ? 4) Une autre solution consiste à monter un vase d’expansion fermé constitué d’une bonbonne partiellement remplie de gaz sous pression (diazote). Le reste de la bonbonne est remplie par l’eau de chauffage qui est séparée du gaz par une membrane souple. L’eau de l’installation est alors libre de se dilater dans le vase d’expansion en comprimant le gaz par déformation de la membrane souple. Faites un schéma. Quelle est la variation de volume du gaz induite par la dilation de l’eau de chauffage ? 5) Le gaz considéré comme un gaz parfait est pressurisé à 1 bar au dessus de la pression atmosphérique à la température ambiante. Quel est le rapport volume de gaz à la température de fonctionnement sur volume de gaz à la température ambiante tel que la pression du gaz soit de 3 bar au dessus de la pression atmosphérique à la température de fonctionnement ? 6) En déduire le volume minimal du vase d’expansion pour respecter les conditions de fonctionnement ? A votre avis où vaut-il mieux placer ce type de vase d’expansion sur le circuit ?

12 Vase d’expansion

5


Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 7 IUT GTH 1e année Corrigé : 1. En première approx. On néglige la variation de rho. La différence de pression entre le point haut et le point bas est de l’ordre de 1 bar. Compte tenu de la valeur de ! on peut considérer que cette différence de pression n’a pas d’impact sur rho. Impact de la pression : on se place en régime isotherme, variation de 1% de la masse volumique équivalent à ! (p-po)=0.01 soit p=2.107 ou 200 bar On peut donc considérer que l’on a un comportement isovolume dans l’installation et une variation de " due seulement à un changement de température. 2. On considère le système indéformable donc " constant on obtient donc pi=po + # / ! (T-To) = 3.5 107 Pa En utilisant le résultat de l’exercice précédent on trouve comme pression maximale acceptable dans le tube

!

pi =De pa +T De "Di( )

Di

=1,2.107

Par conséquent les tubes vont éclater si d’autre éléments n’ont pas rompu avant. 3. Le vase d’expansion est un récipient dans lequel le fluide va pouvoir se dilater. Le système présente alors un comportement non isovolume, " varie, et le niveau de pression est imposé par la pression au niveau de la surface libre du vase d’expansion ouvert à l’atmosphère. La variation de pression entre le point haut et le point bas est de 1 bar . Si le vase d’expansion est situé à la base de l’installation on aura la pression atmosphérique au point bas et une pression de plus en plus faible lorsque l’on monte dans l’installation jusqu’à atteindre une pression de l’ordre de 0 en valeur absolue au point haut. Si on monte progressivement le vase d’expansion, les points situés sous le vase d’expansion seront à une pression supérieure à la pression atmosphérique et les points situés au dessus du vase d’expansion à une pression inférieure à la pression atmosphérique. Lorsque le vase d’expansion est placé tout en haut de l’installation on a la pression atmosphérique en haut de l’installation et une pression de 2 bar en valeur abolue à la base de l’installation. Quel que soit l’emplacement du vase d’expansion les variations de pression par rapport à la pression atmosphérique induisent uniquement une variation infime et négligeable de la masse volumique (cf question 1). On peut considérer le système comme isovolume à une température donnée. On peut considérer que la masse volumique ne dépend que de la température. Le volume d’eau à 20°C est :

!

V0 =m"0

=300998

= 0,3006 m3 =300,6 L

Le volume d’eau à 60°C est :

!

V =m"

=m

"0 1#$(T #T0)( )=

300998 1# 4,5.10#4.40( )

=300989

= 0,3061 m3 = 306,1 L

!

"Ve =V #V0 =m$01# 11#%(T #T0)

&

' (

)

* + =

m$0

11

%(T #T0)#1

= 0,3006.1,83.10#2 = 5,5.10#3 m3 = 5,5 L

Le vase d’expansion doit donc avoir un volume d’au moins 5,5 L. En réalité on utilise en général un volume beaucoup plus grand pour être sûr que le vase d’expansion ne se vide jamais complètement auquel cas de l’air rentrerai dans le circuit. Afin d’éviter les problème de cavitation typique des basses pressions on préfère placer le vase d’expansion au point haut de l’installation (la pression de vapeur saturante à 60°C est ps=20.103 Pa, pression en dessous de laquelle le circuit ne doit jamais se trouver). En cas de purge des radiateurs, le surplus d’eau dans le vase permettra de remplir à nouveau le système. Avec un vase d’expansion qui ne serait pas au point haut, on assisterait lors de la purge de tout radiateur situé au dessus du vase à une

En cas de purge des radiateurs, le surplus d’eau dans le vase permettra de remplir à nouveau le système. Avec unvase d’expansion qui ne serait pas au point haut, on assisterait lors de la purge de tout radiateur situé au dessusdu vase à une vidange par le vase d’expansion. . . on réaliserait donc l’opération inverse de celle recherchée.Comme le vase est ouvert à l’atmosphère, la solubilisation de l’air dans l’eau, responsable en partie des pochesde gaz qui apparaissent dans les radiateurs, est rapide. On risque aussi plus facilement la corrosion ainsi que lacontamination du circuit par tout ce qui peut rentrer dans le vase d’expansion (poussière, . . . ).

6


Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 8 IUT GTH 1e année vidange par le vase d’expansion… on réaliserait donc l’opération inverse de celle recherchée. Comme le vase est ouvert à l’atmosphère, la solubilisation de l’air dans l’eau, responsable en partie des poches de gaz qui apparaissent dans les radiateurs, est rapide. On risque aussi plus facilement la corrosion ainsi que la contamination du circuit par tout ce qui peut rentrer dans le vase d’expansion (poussière, …). 4. Représenter le système. On considère à nouveau que l’on reste dans une gamme de pression limitée, donc la dilation du liquide est identique au cas précédent et de l’ordre de 5,5 L. Soit Vg0 le volume initial de gaz dans la bonbonne. Lors de la dilatation du liquide on observe en contrepartie la compression du gaz. Le volume de gaz après compression a diminué d’autant que le volume de liquide a augmenté, le volume total de l’installation ne variant pas d’où :

!

Vg =Vg0 " #Ve 5. Le gaz est un gaz parfait donc PV=nRT. Attention ici on doit utiliser les Kelvin, on utilise en effet des niveaux de température absolus et non pas des différences de température. A la teméprature ambiante T0=(20+273) on a P0=2 bar (valeur absolue) A la température de fonctionnement T=(60+273) on veut P=4 bar (valeur absolue, liée à la fois à la compression du gaz et à l’augmentation de température, cette pression de 4 bar n’induit toujours pas de variation mesurable de la masse volumique du liquide comme on l’a supposé à la question 4) Donc :

!

Vg

Vg0

=P0PTT0

6. Compte tenu des deux questions précédentes :

!

Vg0 " #Ve

Vg0

=1" #Ve

Vg0

=P0PTT0

d’où

!

Vg0 ="Ve

1# P0PTT0

=5,5.10#3

1# 2460 + 27320 + 273

=12,7.10-3 m3=12,7 L

Le volume minimal du vase est donc de 12,7 L. Pour éviter de détériorer la membrane séparatrice liquide gaz sensible à la température on préfère placer ce type de vase d’expansion juste avant la chaudière là où la température est la plus faible du circuit lorsqu’on est en circulation (on aurait donc en réalité pas 60° au niveau du vase d’expansion mais une température plus faible). Le vase d’expansion se trouve alors au point bas de l’installation (à côté de la chaudière) mais cette fois comme le vase n’est pas ouvert à l’atmosphère et que l’on travaille toujours en surpression il n’y a pas de risque de vidange lors des purges 10 - Verre tournant Un verre, à moitié rempli d'eau, est mis en rotation à la vitesse angulaire ! = 1 rd/s. Le niveau atteint au repos était z = h = 10 cm , le diamètre du verre est D = 15 cm. Dans quel repère a-t'on le droit d'appliquer l'équation de la statique ? Quelle est en chaque point à la distance r de l'axe, la pesanteur apparente ? Trouver l'équation de la surface libre après mise en rotation du verre .

Corrigé : Il serait plus rapide de traiter ce problème en dynamique (dans le repère fixe). mais on peut aussi le résoudre en statique dans le repère tournant. Le repère tournant n'est pas galiléen, il faut donc ajouter aux forces extérieures les forces d'inertie d'entraînement. L'équation de la statique s'écrit :

- gradP - ! g ez + ! V2

r er = 0

Tout se passe comme si la pesanteur était remplacée par une pesanteur oblique, somme des deux derniers termes.

13 Soupape de sécurité


L'équation de la surface libre se déduit de la simple remarque qu'en tout point, la tangente à la surface libre est perpendiculaire à la pesanteur équivalente (le vecteur gradient est perpendiculaire aux isobares) :

tg a = dzdr

= !2 r

g " z = 1

2 !

2 r2

g + z0 = z0 + 0,05097 r2

On peut aussi écrire la différentielle de la pression dp en fonction de dr et dz et dire que si on se déplace sur la surface libre on a dp = 0 car la surface libre est une isobare. La constante d'intégration z0 est la position de la surface libre sur l'axe du verre. La forme de la surface libre est donc un paraboloïde de révolution. On démontre la propriété curieuse : la descente de l'eau au centre est égale à la remontée de l'eau sur les bords. C'est-à-dire que le volume au-dessus du paraboloïde est égal à la moitié de celui d'un cylindre de même hauteur.

V = a r2 2 ! r dr0

R

= 2 ! a r4

4 0

R = 1

2 ! a R4 = 1

2 ! R2 H

11- Soupape de sécurité Une marmite à pression du genre cocotte-minute est munie d'une soupape de sécurité. Cette soupape est simplement constituée d'une bille, de diamètre D = 2 cm et de masse négligeable, venant appuyer sur un trou du récipient de diamètre d =1,5 cm par l'intermédiaire d'un ressort dont la raideur est k = 500 N/m (F = k !x). De combien doit-on comprimer le ressort pour que la bille se soulève lorsque la pression dans la marmite dépasse pL = 2.105 Pa ?

Corrigé : L'air sous pression appuie sur une calotte sphérique. Le complément à la sphère est soumis à la pression atmosphérique. Mais on sait ramener la force de pression à la pression sur un simple cercle de diamètre d (corollaire du théorème d'Archimède). Le résultat est alors immédiat. La force exercée par l'air comprimé et l'atmosphère vaut donc :

F = ! d2

4 p - pa

La bille est soumise à un ensemble de 4 forces : l'action des bords du récipient, l'action de l'air, l'action du ressort et son poids. Au moment où la bille se soulève la première force s'annule. Nous en déduisons que la force du ressort (si on néglige la pesanteur) est l'opposée de l'action de l'air. D'où :

F = ! d2

4 p - pa = k !L

Si on connaît la raideur k du ressort, on en déduit de combien on doit le comprimer (!L) pour assurer le maintien de la bille.

!L = ! d2

4 k p - pa = ! 1,52 10-4

4. 500 105 = 0,035 = 3,5 cm

14 Force sur un barrage verticale

Après intégration vue en cours le résultats s’écrit :

7


Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 11 IUT GTH 1e année Corrigé : Le calcul a été fait en cours, le résultat s'écrit :

F = 12

! g h2L = 12

1000.9,81 250 = 1,22.106 N

On trouve que le point d'application est au tiers de la hauteur en partant du bas. Ce résultat s'obtient en remarquant qu'au point d'application, le moment de la force est nul. Soit zA la cote de ce point. Il doit vérifier la relation :

M = 0 ! z-zA z- H dz0

H

= 0

z2 - z H +zA + H zA dz0

H

= 0 ! H3

3 - H

2

2 H +zA + H2 zA = 0

zA = 1

3 H

On a démontré en cours que la composante horizontale de l'action de l'eau sur une vanne ne dépend que du maître couple et pas de la forme. La force sera donc inchangée. 15 - Force sur une vanne sphérique Une vanne a la forme d'un hémisphère de rayon R = 2 m. Elle est posée au fond (cimenté) d'un bassin de profondeur d'eau H = 5 m. Dans la cloche ainsi formée, il y a de l'air à la pression atmosphérique. Quelle est la résultante verticale des forces exercées par l'eau sur la demi-sphére ? Corrigé : Le calcul a été fait en cours. La force est simplement le poids de l'eau à l'aplomb de la vanne sphérique, c'est-à-dire :

F = ! R2 H - 23

! R3 " g = ! R2 " g H - 23

R = ! 4 .103 9,81 5 - 43

= 452.103 N

16 - Tableau de variation On considère le circuit ci-contre. En l’absence d’écoulement, tracez le tableau de variation de la pression statique et de la pression piézométrique lorsqu’on se déplace le long du circuit de A à D. Comment évolue la somme de ces deux pressions ? Corrigé : L’idée est simplement d’illustrer avant de passer à la suite une conséquence simple de

!

p + "gz = cst La partie piézométrique

!

"gz diminue donc lorsque p augmente et inversement. Le tableau de variation permet simplement de représenter cela lorsqu’on se déplace de A à D

paramètre A B C D A p

!

"gz

!

p + "gz

A

B C

D

!

! g

15 Tableau de variation

L’idée est d’illustrer simplement la loi de l’hydrostatique :

p + ρgz = cst

La pression hydrostatique ρgz diminue donc lorsque la pression statique p augmente et inversement. La pressionmotrice pm = p + ρgz reste toujours constante. Le tableau de variation permet de représenter cela lorsqu’on sedéplace dans le circuit de A à D.

A B C D A

p + ρgz

ρgz

p

8


Séance 4 : Tension de surface, équation de Bernoulli

16 Autre démonstration de la loi de Jurin


Tension superficielle _______________

17- Loi de Laplace Loi de Laplace dans le cas d’un bulle dans un liquide, avec une interface de tension de surface ". Rappeler l’approche vectorielle fondée sur un bilan de force sur une moitié de bulle. Utiliser une seconde approche, scalaire cette fois, fondée sur l'équilibre entre travail élémentaire des forces de pression et travail élémentaire des forces de tension de surface sur l’ensemble de la bulle. Corrigé :

Le bilan des forces conduit à :

! R2 pi - pE = 4 ! R " # pi - pE = 4 "R

Approche scalaire énergétique : Soit une bulledans un liquide (de rayon R). On la gonfle à R + dR. L’augmentation de surface est dS = 8 ! R dR . Considérons comme système la surface S; l’augmentation d’énergie superficielle est donc

dW = " dS = 8 ! R dR " Or cette augmentation d’énergie superficielle a été apportée par le travail des forces de pression au niveau de la surface

dW = (pi - pe) dV = (pi - pe) 4 ! R2 dR d’où la relation :

!

pi " pe =2#R

relation de Laplace en présence d'une seule interface.

18 - Autre démonstration de la loi de Jurin En partant de l'équilibre mécanique d'une colonne de liquide dans un capillaire, retrouver l'expression de la loi de Jurin. Montrer que le volume retenu par le ménisque joue un rôle secondaire. Corrigé : De la même façon, on écrit que la tension superficielle tire la colonne d'eau. L'équilibre est atteint quand cette force de traction est opposée au poids de la colonne d'eau.

2 ! R " = ! R2 h + R - 23

! R3 # g = ! R2 h + R3

# g

h = 2 !" g R

- R3

La remontée capillaire est donc donnée par cette formule qui se ramène à la loi de Jurin si on néglige le dernier terme. 19 - Remontée capillaire dans un tube On considère un tube fin, vertical, de diamètre d = 2 mm dont une des extrémités est plongée dans l'eau. On suppose que le verre est très propre et que le liquide mouille parfaitement les parois. Calculer la remontée capillaire H dans le tube. A.N. " = 75.10-3 N/m Même question si l'eau ne mouille pas parfaitement le verre (angle de contact 30°). Quelle serait la hauteur pour un tube dans du mercure, non mouillant parfait (" = 450.10-3 N/m)

17 Remontée capillaire dans un tubeExercices de mécanique des fluides avec corrigés 13 IUT GTH 1e année Corrigé : On applique trois fois la loi de Jurin :

h = 2 !" g R

= 2. 75.10-3

103 9,81 . 10-3 = 1,53 cm

h = 2 ! cos"

# g R = 2. 75.10-3cos(30)

103 9,81 . 10-3 = 1,32 cm

h = 2 ! cos"

# g R = 2. 450.10-3cos(180)

13,6.103 9,81 . 10-3 = - 6,75 mm

20- Taille d'une goutte qui tombe d'un tube fin (loi de Tate) On laisse couler l'eau très lentement d'un tube fin (diamètre d = 3 mm). Quel est le diamètre des gouttes qui tombe ? On en calculera une bonne approximation en faisant l'équilibre de la goutte juste au moment où elle se détache.

Corrigé : Au moment où la goutte se détache, le pédoncule de raccordement a un diamètre d égal à celui du tube. Si on néglige le volume du pédoncule sous le col, on obtient l'équilibre mécanique suivant : la force de traction due à la tension superficielle est opposée au poids de la goutte :

! d " = 16

! D3 # g $ D = 6 d "# g

1/3= 6. 3.10-3 . 75. 10-3

1000. 9,81

1/3 = 5,16 mm

Mais on peut remarquer qu’au niveau du pédoncule l’interface eau-air présente une courbure dont l’invariant de Gauss vaut 2/d (si on assimile la surface à un cylindre). On en déduit que la pression à l’intérieur du pédoncule est supérieure à la pression atmosphérique de la valeur !p = 2 s /d. Ce qui engendre une force de poussée vers le bas de p d/2 s, soit la moitié de celle calculée plus haut. L’action de la tension superficielle est donc la moitié de celle calculée plus haut. Le diamètre D est donc à diviser par 21/3, ce qui donne D = 4,1 mm. Une incertitude apparaît liée à l’épaisseur finie du tube de verre. Quel diamètre précisément doit-on prendre en compte ? On voit que l’on a intérêt à faire une expérience pour préciser la relation.

21- Correction capillaire pour un manomètre Un manomètre à eau (dont le tube est de diamètre d) est relié à un réservoir rempli d'air sous pression. La deuxième branche est reliée à l'atmosphère. La dénivellation H sur le manomètre permet de mesurer la pression relative du réservoir. Faire un dessin. Quelle erreur commet-on sur la mesure à cause de la capillarité ? Cas d'un manomètre relié à un tuyau plein d'eau ? Corrigé : Dans le cas d'un manomètre à eau dont les deux extrémités sont dans l'air. Le ménisque des deux côtés est à concavité vers le haut. Il est facile de montrer qu'il n'y a pas d'effet car les deux erreurs se compensent :

18 Taille d’une goutte qui tombe d’un tube fin (loi de Tate)

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 13 IUT GTH 1e année Corrigé : On applique trois fois la loi de Jurin :

h = 2 !" g R

= 2. 75.10-3

103 9,81 . 10-3 = 1,53 cm

h = 2 ! cos"

# g R = 2. 75.10-3cos(30)

103 9,81 . 10-3 = 1,32 cm

h = 2 ! cos"

# g R = 2. 450.10-3cos(180)

13,6.103 9,81 . 10-3 = - 6,75 mm

20- Taille d'une goutte qui tombe d'un tube fin (loi de Tate) On laisse couler l'eau très lentement d'un tube fin (diamètre d = 3 mm). Quel est le diamètre des gouttes qui tombe ? On en calculera une bonne approximation en faisant l'équilibre de la goutte juste au moment où elle se détache.

Corrigé : Au moment où la goutte se détache, le pédoncule de raccordement a un diamètre d égal à celui du tube. Si on néglige le volume du pédoncule sous le col, on obtient l'équilibre mécanique suivant : la force de traction due à la tension superficielle est opposée au poids de la goutte :

! d " = 16

! D3 # g $ D = 6 d "# g

1/3= 6. 3.10-3 . 75. 10-3

1000. 9,81

1/3 = 5,16 mm

Mais on peut remarquer qu’au niveau du pédoncule l’interface eau-air présente une courbure dont l’invariant de Gauss vaut 2/d (si on assimile la surface à un cylindre). On en déduit que la pression à l’intérieur du pédoncule est supérieure à la pression atmosphérique de la valeur !p = 2 s /d. Ce qui engendre une force de poussée vers le bas de p d/2 s, soit la moitié de celle calculée plus haut. L’action de la tension superficielle est donc la moitié de celle calculée plus haut. Le diamètre D est donc à diviser par 21/3, ce qui donne D = 4,1 mm. Une incertitude apparaît liée à l’épaisseur finie du tube de verre. Quel diamètre précisément doit-on prendre en compte ? On voit que l’on a intérêt à faire une expérience pour préciser la relation.

21- Correction capillaire pour un manomètre Un manomètre à eau (dont le tube est de diamètre d) est relié à un réservoir rempli d'air sous pression. La deuxième branche est reliée à l'atmosphère. La dénivellation H sur le manomètre permet de mesurer la pression relative du réservoir. Faire un dessin. Quelle erreur commet-on sur la mesure à cause de la capillarité ? Cas d'un manomètre relié à un tuyau plein d'eau ? Corrigé : Dans le cas d'un manomètre à eau dont les deux extrémités sont dans l'air. Le ménisque des deux côtés est à concavité vers le haut. Il est facile de montrer qu'il n'y a pas d'effet car les deux erreurs se compensent :

19 Formule de Torricelli


On fait le trajet ABDC et on applique les relations :

pA = pB + 2 !R

pB + ! g zB = pD + ! g zD pD = pC - 2 !

R D'où, en faisant la somme membre à membre :

pc = pA + ! g h Il n'y a pas de correction capillaire à appliquer. En revanche, si le ménisque est seul, il y a une correction capillaire qui vaut 4 ! /d.

22 - Formule de Torricelli Un récipient est percé d'un trou de vidange au fond à une distance h de la surface libre. On suppose qu'un dispositif permet au récipient de conserver un niveau constant. 1- Calculer la vitesse de sortie du jet d'eau. 2- On lâche une bille d'acier au niveau de la surface libre en dehors du récipient et on note les valeurs de sa vitesse. Quelle sera sa vitesse quand elle passera au niveau du trou ? 3- Représenter en fonction de z , la vitesse de la bille et celle d'une particule fluide dans le récipient. Que peut-on en déduire sur l'ordre de grandeur des accélérations au voisinage du trou ?

h

Corrigé : Le jet de sortie est à peu près rectiligne. La pression dans le jet est donc la pression atmosphérique (il suffit d'appliquer l'équation transversale de l'impulsion pour le vérifier). Si on écrit l'équation de Bernoulli entre la surface libre du haut et un point à la sortie, on obtient :

pa + ! g zA = pa + ! g zB + 12

! V2 " V = 2 g h

Si on lache une bille à la même hauteur que la surface libre, sa vitesse évolue au cours de la descente suivant la même loi. Mais la vitesse augmente régulièrement pour cette bille, alors que la vitesse du fluide n'augmente pas sur la plus grande partie de la hauteur, mais ce n'est qu'à la fin qu'à lieu une violente accélération. C'est la pression qui permet cela. Elle augmente quand on descend, puis elle diminue violemment juste à proximité du trou de sortie. C'est ce gradient de pression énorme qui engendre les accélérations énormes (des centaines de fois g !).

9


20 Vidange : différentes configurations

Pour chaque cas on utilise la formule de Torricelli (Bernoulli le long d’une ligne de courant partant de la surfacelibre et passant par le point A).Pour les cas 1, 3 et 4 la vitesse au point A est v =

√2gh.

Pour le cas 2 la vitesse au point A est v = 1/2√

2gh.Pour le calcul du débit on détermine la valeur de la vitesse en un point où on connaît également la section depassage : pour les cas 1 à 3, extrémité des capillaires où la pression statique est égale à la pression atmosphérique,pour le cas 4, orifice de sortie.Pour les cas 1 et 3, Q = s

√2gh.

Pour les cas 2 et 4, Q = s/2√

2gh .

Séance 5 : Equation de Bernoulli

21 Mesure de pression

On introduit le point D proche du trou. La pression au point D est la même que la pression au point D’ dans letrou. Par application de l’équation de Bernoulli sur une ligne de courant partant de la surface libre et passant parle point D, et en utilisant la loi de l’hydrostatique on obtient les relations suivantes pour le Pitot d’arrêt :

pa + ρgzA = pD + ρgzD

pD + ρgzD = pB + ρgzB

donc zB = zA.On fait de même pour le Pitot statique :

pa + ρgzA = pD + ρgzD + ρv2

2pD + ρgzD = pB + ρgzB

donc zC = zA −v2

2g.

Le point C est donc au-dessous du point A alors que le point C est au même niveau.

22 Phénomène de Venturi, trompe à eau

Si on écrit Bernoulli le long de l’axe de la conduite, le rétrécissement amène une survitesse qui se traduit par unebaisse de pression. La pression est plus basse de la valeur (on néglige les pertes de charge) :

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 15 IUT GTH 1e année 23- Tubes reliés à des Pitots Un tuyau d'évacuation est relié au fond d'un réservoir. La vitesse moyenne de l'eau qui circule dans le tuyau est Vm = 2 m/s. On installe une sonde de Pitot statique et une sonde de Pitot d'arrêt. Calculer la remontée de l'eau dans chacun des tubes placés au-dessus des sondes de Pitot.

Corrigé : On introduit le point D au large du trou. La pression au point D est la même que la pression au point D' dans le trou. On obtient ainsi les relations :

pa + ! g zA = pD + ! g zD + 12

! V2

pD + ! g zD = pB + ! g zB

En faisant la somme des deux équations, on obtient :

! g zA = ! g zB + 12

! V2 " zB = zA - V2

2 g

On fait de même pour le deuxième Pitot : pa + ! g zA = pD + ! g zD =pa + ! g zC " zC = zA

Le point B est donc au-dessous du point A alors que le point D est au même niveau. 24 - Phénomène de Venturi, trompe à eau Un écoulement d'eau dans une conduite passe dans un dispositif nommé Venturi qui consiste en un convergent suivi d'un divergent. Le diamètre de la conduite est D1 = 10 cm, le diamètre du col du Venturi est D2 = 5 cm. On branche sur le tuyau et sur le col des prises de pression qu'on relie aux deux branches d'un manomètre en forme de n. Ce dernier est rempli d'air. Trouver la dénivellation h mesurée sur le manomètre en fonction du débit d'eau q dans la conduite. Montrer qu'on pourrait utiliser ce phénomène d'aspiration pour faire un vide partiel dans un récipient. Proposer un dessin de réalisation.

Corrigé : Si on écrit Bernoulli le long de l'axe de la conduite, le rétrécissement amène une survitesse qui se traduit par une baisse de pression. La pression est plus basse de la valeur (on néglige les pertes de charge) :

!p = 12

! V12 - V2

2 = ! g h " h = 12 g

V12 - V2

2 = q2

2 g 1

S12

- 1S2

2

Préciser que dans cette configuration la pression motrice ne varie pas d'une ligne de courant à une autre : les lignes de courant sont parallèles, donc rayon de courbure infini. La pression motrice étant uniforme, la vitesse est aussi uniforme entre la partie haute et la partie basse de la conduite. La valeur Préciser que dans cette configuration la pression motrice ne varie pas d’une ligne de courant à une autre : leslignes de courant sont parallèles, donc rayon de courbure infini. La pression motrice étant uniforme, la vitesseest aussi uniforme entre la partie haute et la partie basse de la conduite. La valeur de la vitesse dépend de lacondition de sortie de la conduite.En revanche entre la partie haute et la partie basse de la conduite, la pression statique augmente et compenseexactement la variation de pression hydrostatique.La dépression pc− pa que l’on peut obtenir en fonction du débit Q, du diamètre du col Dc et du diamètre du tubeDt en sortie à la pression atmosphérique est donc :

pc − pa = ρ8Q2

π2

(1

Dt4 −

1Dc

4

)

10


23 Siphonage d’un réservoir

1. On applique l’équation de Bernoulli depuis la surface libre (point A) jusqu’à la sortie du tuyau (point B). Onobtient :

pA + ρgzA = pB + ρgzB + ρv2

2=⇒ v =

√2gh1

d’où le débit :

Qv = πD2

4v = π

D2

4

√2gh1

2. Pour un tube de section constante la pression statique vaut à une altitude z mesurée depuis la sortie du tube :

p(h) = pa − ρg (z)

La pression statique est donc en tout point inférieure à la pression atmosphérique et égale à la pression atmo-sphérique uniquement à la sortie du tube. En particulier les points situés à la même hauteur que la surface libresont également à des pressions statique inférieure à la pression atmosphérique (la pression totale reste elle égaleà la pression atmosphérique).

3. Ce système ne peut être utilisé comme trompe à vide sous peine de désamorçage du siphon.

4. La hauteur h2 joue pourtant un rôle dans le phénomène, car il ne faut pas que la pression au point haut dusiphon (point C) soit inférieure à la pression de vapeur saturante. Sinon se produit le phénomène de cavitation.La condition s’écrit :

pC > pv =⇒ pa − ρv2

2− ρgh2 > pv (1)

Si le tube est à section constante cela imposte :

h1 + h2 <pa − pv

ρg(2)

En augmentant la section du tube au point C on abaisse la vitesse et on augmente la pression statique au pointC : on peut donc accroître la hauteur h2.

24 Ligne de courant dans un coude

1. La pression totale pt est la même sur toute les lignes de courant et égale à la pression atmosphérique qui règneà la surface libre où la vitesse est nulle.

2. D’après l’équation transversale de l’impulsion la pression motrice pm augmente de l’intérieur vers l’extérieurdu coude. La somme de la pression motrice pm et de la pression dynamique ρv2/2 est constante (pression totale).En conséquence la pression dynamique diminue de l’intérieur vers l’extérieur du coude : la vitesse diminue donclorsqu’on passe de l’intérieur vers l’extérieur du coude.

3. Par conservation du débit au sein d’un tube de courant, on en déduit que les lignes de courant se resserrent àl’intérieur du coude et s’écartent à l’extérieur du coude.

25 Dissymétrie amont-aval dans la vidange d’un réservoir

1. La pression dans le jet extérieur est la pression atmosphérique comme on le démontre à l’aide de l’équationtransversale.

2. La conservation du débit et la diminution très rapide de la section de passage oblige la vitesse à augmenterrapidement au voisinage de l’orifice. C’est donc dans ce domaine qu’il existe un fort gradient de pression (ce quipermet l’accélération du fluide).

3. Les lignes de courant sont courbées en amont et assez rectiligne en aval. Il n’y a donc pas de symétrie amont-aval. Le principe du retour inverse qu’on utilise parfois en optique (un itinéraire peut être parcouru dans un sensou dans un autre par renversement du signe du temps) ne s’applique pas ici. Cela provient, in fine, du fait quel’équation de Navier Stokes n’est pas invariante par un renversement du signe du temps. Passer le film d’un jetcomme celui-ci à l’envers se verrait immédiatement à la projection du film.

11


Séance 6 : Equation de Bernoulli

26 Jet sur une plaque plane

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 19 IUT GTH 1e année 5) Conclusion. A la limite, que faudrait-il faire pour que le phénomène soit le plus spectaculaire ? Quelle hypothèse est ici fondamentale pour comprendre ce résultat ? Dans le cas d’un fluide réel quel phénomène limitant n’a-t-on pas pris en compte ? A quel paramètre physique ce phénomène est-il associé ? Corrigé : 1) Pour savoir si les palques s'attirent ou se repoussent, il faut d'abord définir un système, typiquement la plaque inférieure et faire un bilan de force sur le système. Si la résultante des forces de pression sur la plaque inférieure est dirigée vers le haut alors la plaque inférieure est attirée par la plaque supérieure. Si en revanche la résultante est dirigée vers le bas alors les plaques se repoussent. Dans la configuration représentée, l'air sort à la pression atmosphérique suivant une couronne de diamètre D. Si les lignes de courant sont parallèles aux plaques comme repésenté, elles sont alors purement radiales sans dépendance verticale. Par conservation de la masse on voit que la vitesse augmente lorsque le rayon diminue : la surface de la couronne traversée par le fluide est en effet de plus en plus faible quand r diminue donc v augmente. Le long d'une ligne de courant z est constant. Si on se déplace depuis la périphérie du disque vers le centre, la vitesse augmente le long d'une ligne de courant radiale donc la pression diminue : la pression est donc inférieure à la pression atmosphérique d'après l'équation de Bernoulli. Proche du centre, les lignes de courant sont courbée et il devient difficile de prévoir la résultante des forces de pression sur une surface horizontale : l'approche quantitative que l'on va suivre n'est donc a priori valable que si l'on peut négliger la région centrale par rapport à la région où les l'orientation des lignes de courant est clairement définie. 2) Calcul de la pression en fonction du rayon le long d'une ligne de courant radiale. a) conservation de la masse :

!

vA2"rAe = vB2"rBe =Q donc

!

vArA = vBrB b) équation de Bernouilli entre un point A à la périphérie du disque et un point B à une distance r du centre (z est constant) :

!

"vA

2

2+ patm = "

vB2

2+ pB

!

pB " patm = #vA

2

2" #

vB2

2= #

Q2

2e2$ 2D2 1"rA2

rB2

%

& '

(

) *

On voit que pB<patm 3)Pour obtenir la résultante on intégre entre r=a/2 et r=D/2 : on considère uniquement la région où les lignes de courant sont supposées radiales, l'impact de la région centrale répuslive est négligé :

!

F = (pB " patm )2#rdra / 2

D / 2$ = %

Q2

2e2# 2D2 1"rD2

r2&

' (

)

* + 2#rdr

a / 2

D / 2$ = %

Q2

4e2#u " 1

u&

' (

)

* + du

a /D

1$

= %Q2

4e2#1" a

D&

' (

)

* + 2

+ ln aD&

' (

)

* +

&

' (

)

* +

4) Si e petit par rapport à a : on est dans le cas envisagé à la question précédente avec une force d'attraction et des lignes de courant radiale des que r est supérieur à a. Si e augmente et dépasse a : dans ce cas la région où les lignes de courants sont courbées dans le plan vertical s'étend largement au delà de r>a/2, la zone répulsive centrale prend de l'importance d'autant plus qu'à même débit la force attractive diminue (Q2/e diminue quand e augmente). Enfin si e devient du même ordre de grandeur que D, la région où les lignes de courant sont courbées occupe tout l'espace du disque et la force devient uniquement répulsive; au niveau de la section de sortie, la vitesse n'est plus uniforme : la vitesse radiale est nulle sauf dans une zone pariétale d'épaisseur limitée proche de la plaque inférieure. 5) Pour que le phénomène soit le plus spectaculaire, il faudrait que e tende vers 0. Ceci est valable uniquement parce que l'on a négligé toutes les sources de dissipation, on considère un fluide parfait : en présence d'un fluide réel, les pertes de charge dues à la viscosité seront de plus en plus importante lorsque l'on diminue e, et à la limite lorsque e tend vers 0 il n'y a plus d'écoulement entre les plaques. En présence d'un fluide réel, il faudrait ajouter des pertes de charges dans l'équation de Bernoulli. On trouverait alors un e optimal non nul. 31 - Fontaine On considère à nouveau un écoulement radial dans le cas, cette fois, d’une fontaine formant un miroir d’eau horizontal en

12


27 Fontaine

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 20 IUT GTH 1e année forme de disque. L’eau arrive par le centre et déborde à l’extérieur d’un plateau circulaire dont le niveau supérieur a été ajusté de sorte que la surface libre soit horizontale. On ne s’intéresse pas à la région centrale d’injection, on considère seulement la région liquide au-delà d’un rayon r0 où les lignes de courant sont purement radiales. On considère que l’épaisseur du film liquide est faible, et de façon générale on considère que la pression piézométrique est négligeable. Comment évolue la vitesse radiale (utiliser Bernoulli) si on néglige les pertes par frottement sur le plateau ? Quel est le profil de la surface supérieure du plateau (conservation de la masse) ? Comparer cette situation à celle de l’exercice 30. Corrigé : 1) La pression piézométrique est constante et la pression statique est constante : la pression motrice est constante, donc la vitesse est constante d'après l'équation de Bernoulli. D'après la conservation de la masse entre deux points A et B le long d'une ligne de courant radiale :

!

v2"rAeA = v2"rBeB =Q

donc

!

eB = eArArB

Soit e0 l'épaisseur au rayon r0 pour r>r0 on aura :

!

e = e0r0r

La surface libre étant horizontale on a z+e=cst ou z+e=z0+e0. donc le profil de la surface supérieure du plateau est de la forme

!

z(r) = z0 + e0 1"r0r

#

$ %

&

' (

32 – Ecoulement en sortie de robinet On considère le filet d’eau qui sort d’un robinet de diamètre D = 10 mm et de vitesse v0 = 1 cm.s-1. L’accélération de la pesanteur est g = 10m.s-2. 1) Quelle est la pression statique juste à la sortie du robinet ? 2) Comment évolue la pression statique quand on descend dans le filet d’eau ? 3) Comment évolue la vitesse du jet en fonction de la distance à la sortie du robinet ? 4) Donnez l’expression de la section du jet et du profil du jet en fonction de la distance depuis la sortie du robinet 5) La section du jet peut-elle réellement tendre vers 0, que va-t-il se passer ? Corrigé : 1) La pression statique est égale à patm 2) La pression statique reste égale à patm 3) La pression piézométrique diminue quand on descend donc la vitesse augmente d'après l'équation de Bernoulli 4) Equation de Bernoulli le long d'une ligne de courant verticale entre deux points A et B,

!

vA2

2+ gzA =

vB2

2+ gzB

Si A est pris à la sortit du jet on note h=zA-zB distance entre la sortie du jet et le point B.

!

vB2

2=vA

2

2+ gh

28 Ecoulement en sortie de robinet

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 20 IUT GTH 1e année forme de disque. L’eau arrive par le centre et déborde à l’extérieur d’un plateau circulaire dont le niveau supérieur a été ajusté de sorte que la surface libre soit horizontale. On ne s’intéresse pas à la région centrale d’injection, on considère seulement la région liquide au-delà d’un rayon r0 où les lignes de courant sont purement radiales. On considère que l’épaisseur du film liquide est faible, et de façon générale on considère que la pression piézométrique est négligeable. Comment évolue la vitesse radiale (utiliser Bernoulli) si on néglige les pertes par frottement sur le plateau ? Quel est le profil de la surface supérieure du plateau (conservation de la masse) ? Comparer cette situation à celle de l’exercice 30. Corrigé : 1) La pression piézométrique est constante et la pression statique est constante : la pression motrice est constante, donc la vitesse est constante d'après l'équation de Bernoulli. D'après la conservation de la masse entre deux points A et B le long d'une ligne de courant radiale :

!

v2"rAeA = v2"rBeB =Q

donc

!

eB = eArArB

Soit e0 l'épaisseur au rayon r0 pour r>r0 on aura :

!

e = e0r0r

La surface libre étant horizontale on a z+e=cst ou z+e=z0+e0. donc le profil de la surface supérieure du plateau est de la forme

!

z(r) = z0 + e0 1"r0r

#

$ %

&

' (

32 – Ecoulement en sortie de robinet On considère le filet d’eau qui sort d’un robinet de diamètre D = 10 mm et de vitesse v0 = 1 cm.s-1. L’accélération de la pesanteur est g = 10m.s-2. 1) Quelle est la pression statique juste à la sortie du robinet ? 2) Comment évolue la pression statique quand on descend dans le filet d’eau ? 3) Comment évolue la vitesse du jet en fonction de la distance à la sortie du robinet ? 4) Donnez l’expression de la section du jet et du profil du jet en fonction de la distance depuis la sortie du robinet 5) La section du jet peut-elle réellement tendre vers 0, que va-t-il se passer ? Corrigé : 1) La pression statique est égale à patm 2) La pression statique reste égale à patm 3) La pression piézométrique diminue quand on descend donc la vitesse augmente d'après l'équation de Bernoulli 4) Equation de Bernoulli le long d'une ligne de courant verticale entre deux points A et B,

!

vA2

2+ gzA =

vB2

2+ gzB

Si A est pris à la sortit du jet on note h=zA-zB distance entre la sortie du jet et le point B.

!

vB2

2=vA

2

2+ gh

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 21 IUT GTH 1e année Conservation de la masse :

!

Q = vBSB = vASA

!

vB =Q2

SA2 + 2gh =

QSB

=Q"rB

2

!

SB =1SA

2 +2ghQ2

"

# $

%

& '

(1/ 2

Profil :

!

rB =1"

1SA

2 +2ghQ2

#

$ %

&

' (

)1/ 4

33 - Effet Coanda et sustentation d’une aile On fait une expérience avec un jet issu d'un robinet et une cuillère à soupe. On tient la cuillère entre deux doigts, pendue par le manche, et on amène au contact du jet le côté convexe de la cuillère. Quand on s'éloigne, on constate que la cuillère a tendance à rester coller au jet. Expliquer le phénomène. On considère à présent un jet plan (configuration 2D) au sein duquel on place un profil d’aile. Quelle est la direction de la force que la jet exerce sur le profil ? Expliquez.

Corrigé : L'eau est obligée de contourner la cuillère. Il apparaît donc une courbure des lignes de courant. À l'extérieur la pression est la pression atmosphérique, donc on en déduit qu'à l'intérieur, au contact de la cuillère, la pression est inférieure à la pression atmosphérique. L'équilibre de la cuillère montre qu'elle s'incline comme sur la figure. Elle est, en quelque sorte, attirée par le jet. Pour l'aile, le fluide contourne le profil. On considère deux lignes de courant situées de chaque côté de l'aile. Du côté profilé l'écoulement est accéléré. La pression est donc plus faible du côté profilé doù une force orientée vers la gauche. 34 - Sustentation d'une balle de ping-pong par un jet d'air On dispose d'un sèche cheveux qui peut fournir un jet d'air bien régulier. Tournant le jet à 45° vers le haut, on arrive à maintenir en sustentation une balle de ping-pong. Quelles sont les trois forces qui agissent sur la balle ? Expliquer comment on peut obtenir un équilibre.

Corrigé : Il faut tatonner pour trouver la bonne distance de la balle. À l'équilibre, la balle est en sustentation, mais elle tourne assez rapidement. Il y a trois forces en présence. La pesanteur sur la balle, la force de traînée (la poussée sur la balle) dans le sens du jet, l'effet Coanda dû à la courbure des lignes de courant du jet tout autour de la balle. Cet effet Coanda est une force

29 Effet Coanda

L’effet Coanda apparaît en présence d’un jet de fluide au proche voisinage d’une paroi dans un milieu semi-infiniau repos, à pression imposée. La paroi et le jet sont respectivement orientés de manière à provoquer une cour-bure des lignes de courant dans le jet. Cette courbure engendre une diminution de la pression motrice du milieusemi-infini vers la paroi d’après l’équation transversale de l’impulsion. Cette dépression proche paroi maintientle jet contre la paroi.

Dans les deux situations proposées, le jet suit par effet Coanda la paroi convexe et se trouve dévié de son orienta-tion initiale. Dans les deux cas c’est bien la courbure des lignes de courant qui conduit au plaquage par dépression

13


à la paroi convexe et en conséquence à la déviation du jet. Dans le cas d’un jet liquide dans une phase gazeuse, lesphénomènes de tension de surface et de mouillabilité au niveau de la ligne triple vont intervenir de manière plusou moins importante et potentiellement renforcer l’attraction du jet vers la paroi (cas de la théière qui goutte dufait de la déviation du jet en sortie du bec verseur). Dans le cas d’un jet d’un fluide dans le même fluide au repos(air dans l’air par exemple) les effets de tension de surface sont inexistants. En revanche, contrairement au cas dujet d’eau dans de l’air, on observe un élargissement notable du jet par entraînement de l’air au repos autour dujet. Cet écartement des lignes de courant par rapport à l’axe du jet joue un rôle notable sur la courbure effectivedes lignes de courant et le plaquage du jet contre la paroi.

Afin d’éviter une chute rapide vers le sol de l’air froid injecté par une bouche de climatisation depuis le plafondd’une pièce, la bouche de soufflage est conçue de telle sorte que le jet d’air soit plaqué au plafond par effetCoanda. Le jet froid retombe alors progressivement depuis la surface du plafond dans l’ensemble du volume dela la pièce. Un refroidissement trop localisé est ainsi évité.

30 Tableau de variation

A E B C D A

ρv2/2

ρgz

p

p + ρgz

14


Quelques exercices de plus . . . correction

31 Ludion confiné

Le volume total du récipient est conservé. Le volume de l’eau aussi. On en déduit que le volume d’air est conservéet si la transformation est lente (pas de dissipation liée au mouvement du ludion donc pas de variation de tem-pérature du système), alors la pression dans l’air reste inchangée. Cela veut dire que faire monter le ludion dansle récipient permet de contrôler la pression en n’importe quel point du réservoir. Le ludion monte : la pressionaugmente partout, le ludion descend, la pression diminue partout (théorème de Pascal). On voit ainsi qu’il estpossible de changer le niveau de pression d’un liquide sans énergie : Le travail des forces nécessaires pour dépla-cer le ludion (délesté) d’un point à un autre du réservoir est nul (si on néglige les pertes induites par l’écoulementautour du ludion lors de son mouvement). Le déplacement du ludion peut donc se faire sans dépense énergé-tique. Le concept d’énergie de pression est donc inconsistant. Il n’y a pas d’énergie de pression, mais il y a untravail des forces de pression.

On se place à nouveau dans le cas d’une transformation lente qui n’engendre aucune dissipation. En écrasant leréservoir, par conservation du volume de liquide, on réduit le volume de gaz. En conséquence la poussée d’Ar-chimède diminue et le ludion va donc se mettre à descendre. Si on relache la paroi, le volume de gaz augmente ànouveau le ludion se retrouve délesté par la poussée d’Archimède, il continue de descendre mais cesse d’accélé-rer. On est donc passé d’une situation sans énergie cinétique à l’intérieur du ludion à une situation avec énergiecinétique. Cette différence d’énergie cinétique correspond à la différence entre le travail nécessaire à la compres-sion du gaz à pression élevée (lorsque le ludion est dans sa position initiale) et le travail de détente récupéré lorsdu retour à un volume de gaz initial qui se fait à une pression plus faible puisqu’entre les deux instant le ludion estdescendu : on a donc bien globalement fournit un travail qui se traduit par une augmentation d’énergie cinétique.Si on veut aller plus loin encore, les étapes de compression et de détente, supposées réversibles, s’accompagned’une variation d’énergie interne du gaz associée à une variation de température rigoureusement opposées lorsde la compression et lors de la détente (lorsque le ludion se déplace la pression du gaz et la température ne variepas tant que le volume reste inchangé, ce qui change c’est la pression statique du liquide entourant le gaz setrouvant successivement à différente position verticale). Au cours de la descente, postérieure au relâchement dela paroi, la pression statique ne cesse de diminuer sans intervention extérieure.

32 Force sur une vanne sphérique

La force est égale au poids de l’eau à l’aplomb de la vanne sphérique, c’est-à-dire :

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 8 IUT GTH 1e année 2- Calculer le point d'application de la force. 3- Si la vanne est inclinée vers l'eau d'un angle de 30°, que devient la force horizontale sur cette vanne ? Cas d'une vanne de forme quelconque ?

h

Corrigé : Le calcul a été fait en cours, le résultat s'écrit :

F = 12

! g h2L = 12

1000.9,81 250 = 1,22.106 N

On trouve que le point d'application est au tiers de la hauteur en partant du bas. Ce résultat s'obtient en remarquant qu'au point d'application, le moment de la force est nul. Soit zA la cote de ce point. Il doit vérifier la relation :

M = 0 ! z-zA z- H dz0

H

= 0

z2 - z H +zA + H zA dz0

H

= 0 ! H3

3 - H

2

2 H +zA + H2 zA = 0

zA = 1

3 H

On a démontré en cours que la composante horizontale de l'action de l'eau sur une vanne ne dépend que du maître couple et pas de la forme. La force sera donc inchangée. 14- Force sur une vanne sphérique Une vanne a la forme d'un hémisphère de rayon R = 2 m. Elle est posée au fond (cimenté) d'un bassin de profondeur d'eau H = 5 m. Dans la cloche ainsi formée, il y a de l'air à la pression atmosphérique. Quelle est la résultante verticale des forces exercées par l'eau sur la demi-sphére ? Corrigé : Le calcul a été fait en cours. La force est simplement le poids de l'eau à l'aplomb de la vanne sphérique, c'est-à-dire :

F = ! R2 H - 23

! R3 " g = ! R2 " g H - 23

R = ! 4 .103 9,81 5 - 43

= 452.103 N

15- Contrainte de rupture d'un tube Un tube d'acier de diamètre intérieur Di = 56 mm et de diamètre extérieur De = 60 mm est rempli d'un fluide à la pression p. Sachant que la contrainte normale interne de l'acier ne doit pas dépasser Ts = 100 N/mm2, trouver la pression maximale admissible dans le tuyau. Corrigé : La pression intérieure s'oppose à la pression atmosphérique extérieure. Coupons par la pensée le tuyau en deux par une génératrice. Écrivons l'équilibre mécanique de cette moitié de tuyau. Les forces, si on néglige la pesanteur, se limitent à l'action des gaz et l'action des contraintes internes, d'où la relation :

Di L pi - De L pa + T De - Di L = 0 ! pi = De pa + T De - Di

Di = 60.105 + 100.106 60 - 56

56 = 72,5 bars

En réalité, les contraintes internes ne seront pas uniformes et le résultat est donc approché.

_______________

33 Couronne fluide

1. Soit z = 0 la position verticale de la buse. Par application du PFD sur la goutte de fluide soumise unique-ment à son poids on montre que la couronne fluide une forme parabolique de révolution :

z = −g(r− r0)

2

2v02

où v0 = Q/(2πr0e0) est la vitesse en sortie de buse pour un débit volumique Q.

2. La composante radiale de la vitesse du fluide reste invariante tandis que la composante verticale de la vi-tesse augmente, l’augmentation de l’intensité de la vitesse conduit donc à un amincissement de la couronne.

3. 2 relations une pour la dépendance de z en fonction de r, une pour l’épaisseur de la couronne.

4. conservation du débit :

2πrv(r) e(r) = 2πr0v0e0 =⇒ e = e0r0v0

rv

5. La pression statique dans la couronne fluide est égale à la pression atmosphérique et reste donc constante

15


6. La pression statique étant constante, par application du théorème de Bernoulli le long d’une ligne de cou-rant on trouve entre le point d’altitude z = 0 et de rayon r0 et le point d’altitude z et de rayon r :

v02 = v2 + 2gz =⇒ v =

√v02 − 2gz =⇒ e = e0

r0

r√

1 + g2 (r− r0)2 /v04

La relation entre la vitesse et la position radiale peut également être dépterminée à partir du PFD dans laquestion 1 qui permet d’obtenir les deux composantes (radiale et verticale) de la vitesse

34 Réservoir conique

Le théorème de Bernoulli entre un point A de la surface supérieure à une altitude zA(t) et un point B de la surfaceinférieure à l’altitude z = 0 s’écrit (en supposant que l’on est en régime quasi-permanent, ce qui implique que laposition de la surface libre varie lentement par rapport au temps, ce qui impose vA � vB) :

v2A + 2gz = v2

B ,

la pression statique étant égale à la pression atmosphérique en A et B.Les vitesses vA et vB sont liées par conservation du débit :

vAπrA2 = vBs

or le rayon rA à l’altitude z s’écrit en fonction de z, s et S :

rA = rB + (rS − rB)zh

=⇒ πrA2 = s

(1 +

(√Ss− 1

)zh

)2

d’où :

vA

(1 +

(√Ss− 1

)zh

)2

= vB

En reprenant la relation de Bernoulli on trouve :(dzdt

)2+ 2gz =

(dzdt

)2(

1 +

(√Ss− 1

)zh

)4

(3)

Pour respecter l’hypothèse de régime quasi-permanent, vA � vB impose S � s soit S/s → ∞ donc l’équationprécédente se réduit dans ce cas à :

dzdt

=

√2gz

Ss

( zh

)2

Par intégration de l’instant initial à l’instant t :∫ t

0−dz

dtz

32 dt =

∫ t

0

√2g

sS

h2 dt

on obtient :

25

(h

52 − z

52

)=√

2gsS

h2t (4)

La durée de la vidange jusqu’à une altitude z est donc :

t =2S

5sh2√

2g

(h

52 − z

52

)(5)

La durée de la vidange totale s’écrit donc :

t =25

Ss

√h

2g(6)

16


35 Vase de Tantale

Le vase de Tantale est un exemple classique de système qui présente des oscillations de relaxation. C’est undispositif constitué d’une arrivée continue d’eau et d’un vase qui se vide périodiquement à l’aide d’un siphon,si le débit d’alimentation est plus faible que le débit de vidange. L’objectif de cet exercice est de déterminerl’évolution de la hauteur h d’eau dans le vase en fonction du temps pendant le remplissage et la vidange ainsique le débit de vidange Qv.

1.

h = h0 +Qa

St (7)

2.

Qv = s√

2g (h + hv) (8)

3.

dhdt

=Qa

S− Qv

S=

Qa

S− s

S

√2g (h + hv) (9)

Dans le cas où le débit Qa est négligeable devant Qv, c’est-à-dire Qa � s√

2ghv, la relation suivante sesimplifie sous la forme :

dhdt

= − sS

√2g (h + hv) ⇐⇒

dhdt

= − sS

√2g (h + hv) ⇐⇒

dhdt

1√h + hv

= − sS√

2g (10)

Par intégration entre l’instant du début de la vidange t = 0 et un instant t quelconque au milieu de lavidange :∫ t

0

dhdt

1√h + hv

dt = −

∫ t

0

sS√

2g dt

on obtient :√ha + hv −

√h + hv =

s2S√

2gt

donc :

h =

(√ha + hv −

s√

2g2S

t

)2

− hv

4. Augmentation linéaire du la hauteur pendant la phase de remplissage puis décroissance suivant une loiparabolique pendant la vidange.

5. Durée de la vidange pour passer de ha à h0

tv =2S

s√

2g

(√ha + hv −

√h0 + hv

)On parle de relaxation car le système ramène automatiquement le niveau à la hauteur h0 dès que l’ondépasse une hauteur critique ha.

6.

dhdt

=sS√

2g

(Qa

s√

2g−√

h + hv

)= a

(b−

√h + hv

)avec a = s

S√

2g et b = Qas√

2g. Donc :

(b−

√h + hv

)−1 dhdt

= a

17


Pour pouvoir intégrer cette relation on peut utiliser le changement de variable u2 = h + hv.

dh = 2u du

2u

b− ududt

= a

Puis procéder à une division euclidienne afin de se ramener à une somme d’éléments simples :(−1 +

bb− u

)dudt

=a2

On peut alors intégrer entre l’instant initial d’amorçage du siphon jusqu’à un instant t durant la vidange :∫ t

02(−1 +

bb− u

)dudt

dt =

∫ t

0a dt[

−u(t)− b ln(b− u(t))]t

0=

a2

t

√ha + hv −

√h + hv + b ln

b−√

ha + hv

b−√

h + hv=

a2

t

On peut alors obtenir le vrai temps de vidange. Le calcul de h en fonction de t nécessite en revanche uneapproche numérique. Lorsque b est faible, c’est-à-dire, Qa faible on retrouve bien l’expression obtenue ennégligeant le débit d’alimentation lors de la vidange.

36 Mesure de la pression dans une conduite par un trou pariétal


! g zA = ! g zB + 1

2 ! V2 " zB = zA - V2

2 g

On fait de même pour le deuxième Pitot : pa + ! g zA = pD + ! g zD =pa + ! g zC " zC = zA

Le point B est donc au-dessous du point A alors que le point D est au même niveau. 3 - Mesure de la pression dans une conduite par un trou pariétal On considère une conduite verticale de diamètre D = 5 cm. Sur cette conduite on a percé deux trous en deux points A et B dont la dénivellation est H. Les deux trous sont raccordés aux branches d'un manomètre en U inversé rempli d'air. La dénivellation sur le manomètre est h . Montrer que la dénivellation h mesure la différence de pression motrice entre A et B. En déduire que si la conduite entre A et B est de section constante, la dénivellation h permet de mesurer la perte de charge entre E et F.

Vh

H

A

B CD

E

F

Corrigé : Les pressions motrices en E et A sont égales, de même que celles en F et B. La différence des pressions motrices en E et F est égale à la différence des pressions motrices en D et C, c'est-à-dire ! g h. On voit donc que la mesure de h conduit à celle de la chute de pression motrice entre E et F, c'est-à-dire si la section est constante à la perte de charge entre E et F. 4 - Phénomène de Venturi, trompe à eau Un écoulement d'eau dans une conduite passe dans un dispositif nommé Venturi qui consiste en un convergent suivi d'un divergent. Le diamètre de la conduite est D1 = 10 cm, le diamètre du col du Venturi est D2 = 5 cm. On branche sur le tuyau et sur le col des prises de pression qu'on relie aux deux branches d'un manomètre en forme de n. Ce dernier est rempli d'air. Trouver la dénivellation h mesurée sur le manomètre en fonction du débit d'eau q dans la conduite. Montrer qu'on pourrait utiliser ce phénomène d'aspiration pour faire un vide partiel dans un récipient. Proposer un dessin de réalisation.

Corrigé : Si on écrit Bernoulli le long de l'axe de la conduite, le rétrécissement amène une survitesse qui se traduit par une baisse de pression. La pression est plus basse de la valeur (on néglige les pertes de charge) :

!p = 12

! V12 - V2

2 = ! g h " h = 12 g

V12 - V2

2 = q2

2 g 1

S12

- 1S2

2 5- Siphonnage d'un réservoir On veut vider un réservoir d'eau à l'aide d'un tuyau qu'on amorce en le trempant dans l'eau. Trouver la relation qui fournit le débit d'évacuation à partir du diamètre D du tuyau, et de la dénivellation H entre la surface libre du réservoir et la sortie inférieure du tuyau.

18


37 Verre tournant


Corrigé : Il serait plus rapide de traiter ce problème en dynamique (dans le repère fixe). mais on peut aussi le résoudre en statique dans le repère tournant. Le repère tournant n'est pas galiléen, il faut donc ajouter aux forces extérieures les forces d'inertie d'entraînement. L'équation de la statique s'écrit :

- gradP - ! g ez + ! V2

r er = 0

Tout se passe comme si la pesanteur était remplacée par une pesanteur oblique, somme des deux derniers termes.

L'équation de la surface libre se déduit de la simple remarque qu'en tout point, la tangente à la surface libre est perpendiculaire à la pesanteur équivalente (le vecteur gradient est perpendiculaire aux isobares) :

tg a = dzdr

= !2 r

g " z = 1

2 !

2 r2

g + z0 = z0 + 0,05097 r2

La constante d'intégration z0 est la position de la surface libre sur l'axe du verre. La forme de la surface libre est donc un paraboloïde de révolution. On démontre la propriété curieuse : la descente de l'eau au centre est égale à la remontée de l'eau sur les bords. C'est-à-dire que le volume au-dessus du paraboloïde est égal à la moitié de celui d'un cylindre de même hauteur.

V = a r2 2 ! r dr0

R

= 2 ! a r4

4 0

R = 1

2 ! a R4 = 1

2 ! R2 H

10- Amplificateur de mouvement et de force On considère un tube en U dont une branche a une section S1 = 40 cm2 et l'autre a une section S2 = 4000 cm2. Deux pistons permettent de transmettre au fluide (eau) des efforts. Montrer que lorsqu'on appuie sur la surface S1 avec une force F1 = 10 N, il faut exercer une force énorme F2 de l'autre côté pour empêcher le cylindre de bouger. Si on dispose une masse M du côté S2, quelle devra être sa valeur pour équilibrer la force F1 ? Donner des exemples d'utilisation, suivant qu'on appuie du côté S1 ou de l'autre S2. Vérin, amplificateur de mouvement ? Corrigé : Ce ne sont pas les forces qui se tranmettent mais les pressions. Si on appuie sur la surface S1 avec une force F1, il faut exercer de l'autre côté une force F2 qui vaut :

F1

S1 = F2

S2 ! F2 = F1 S2

S1 = 100 F1

La masse correspondante sera :

m = F2g

Si on appuie côté S1, cela correspondra à un vérin, si on appuie côté S2, cela correspondra à un amplificateur de mouvement. 11- Soupape de sécurité Une marmite à pression du genre cocotte-minute est munie d'une soupape de sécurité. Cette soupape est simplement constituée d'une bille, de diamètre D = 2 cm et de masse négligeable, venant appuyer sur un trou du récipient de diamètre d

38 Loi de Laplace, deux approches

L’approche vectorielle fondée sur un bilan de force a été vue en cours.Pour l’approche scalaire on considère une bulle de rayon R. on la gonfle à R + dR. l’augmentation de surfaceest dS = 8πRdR. Considérons comme système la surface S. l’augmentation d’énergie mécanique interfaciale estdonc :

dW = σdS = 8πRdRσ (11)

Cette augmentation d’énergie interfaciale a été apportée par le travail des forces de pression au niveau de lasurface :

dW = (pi − pe) dV = (pi − pe) 4πR2dR (12)

On retrouve donc bien la relation pour une interface unique :

pi − pe =2σ

R(13)

39 Correction capillaire pour un manomètre

Dans le cas d’un manomètre à eau dont les deux extrémités sont dans l’air. Le ménisque des deux côtés est àconcavité vers le haut. Il est facile de montrer qu’il n’y a pas d’effet car les deux erreurs se compensent :

19



On fait le trajet ABDC et on applique les relations :

pA = pB + 2 !R

pB + ! g zB = pD + ! g zD pD = pC - 2 !

R D'où, en faisant la somme membre à membre :

pc = pA + ! g h Il n'y a pas de correction capillaire à appliquer. En revanche, si le ménisque est seul, il y a une correction capillaire qui vaut 4 ! /d.

40 Diffuseur en sortie de turbine hydraulique

On s’intéresse à la géométrie d’un diffuseur montée à l’aval d’une turbine hydraulique. On considère la vitesseuniforme dans une section de la canalisation. Donnée l’expression de la différence de pression entre l’entrée et lasortie de la conduite en fonction du débit et des sections d’entrée Se et de sortie Ss (pertes de charge négligées).

1. La pression statique ne varie pas dès lors que le diffuseur est horizontal.

2. La pression statique augmente, la pression dynamique et la vitesse moyenne diminue.

3. Si le débit est nul, la pression statique est constante quelles que soient les sections d’entrée et de sortie.

4. A la sortie du diffuseur, la pression est égale à la pression atmosphérique, par conséquent en sortie de tur-bine on a une dépression par rapport à la pression atmosphérique d’où le terme « aspirateur ». En abaissantla pression en aval de la turbine on augmente la puissance mécanique récupérée par la turbine par rapportà la puissance perdue liée à la pression dynamique en sortie du diffuseur : plus la vitesse est faible en sortiede diffuseur, plus la puissance perdue est faible.

5. Pour que le dispositif soit optimal il faudrait faire tendre la vitesse en sortie de diffuseur vers 0 soit avoirune section infinie ce qui est impossible.

Q

Se,pe

Ss,ps

41 Sustentation d’une balle de ping-pong par un jet d’air

Il faut tatonner pour trouver la bonne distance de la balle.À l’équilibre, la balle est en sustentation, mais elle tourne assez rapidement. Il y a trois forces en présence. Lapesanteur sur la balle, la force de traînée (la poussée sur la balle) dans le sens du jet, l’effet Coanda dû à lacourbure des lignes de courant du jet tout autour de la balle. Cet effet Coanda est une force perpendiculaire aujet. On conçoit facilement que les deux dernières forces étant variables, on peut jouer sur le paramètre distancedu sèche-cheveu, et sur le paramètre : inclinaison du jet pour trouver une position d’équilibre.

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