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METICHE MEHDI Maître Assistant Chargé de cours

MECANIQUE DES FLUIDES APPROFONDIE ECOULEMENTS VISQUEUX, TURBULENCE, COUCHE LIMITE ET ECOULEMENTS TRANSITOIRES

EXERCICES RESOLUS

U B

C

A

x

u

D dx

Centre Universitaire de Béchar Octobre 2004

MECANIQUE DES FLUIDES APPROFONDIE ECOULEMENTS VISQUEUX, TURBULENCE, COUCHE LIMITE ET ECOULEMENTS TRANSITOIRES

EXERCICES RESOLUS

METICHE MEHDI Maître Assistant Chargé de cours Centre Universitaire de Béchar (Algérie)

A Amira ….. Signe de reconnaissance ; Une autre fois encore.

SOMMAIRE

Avant propos---------------------------------------------------------------------------- 1 Ecoulements Visqueux----------------------------------------------------------------

2

La Turbulence--------------------------------------------------------------------------

19

La Couche Limite----------------------------------------------------------------------

24

Ecoulements Transitoires------------------------------------------------------------

47

Références bibliographiques--------------------------------------------------------- 72

Avant propos

AVANT PROPOS

Le présent manuel intitulé « Mécanique des Fluides Approfondie : Exercices Résolus » ; est réalisé suivant le programme du module TEC058, portant le titre de l’Hydraulique Avancée’ appartenant au cursus de formation de l’Ingénieur Hydraulicien.

Le travail est le fruit d’enseignement du module pendant quatre ans au niveau de l’Institut d’Architecture, de Génie Civil et d’Hydraulique, au niveau du Centre Universitaire de Béchar. Il comporte alors aussi, les examens résolus du module.

Son utilité apparaît sur son contexte de présenter des exercices résolus pour des sujets dont de tels sont un peu rares. En plus des ingénieurs hydrauliciens, il peut servir aussi à la formation des ingénieurs mécaniciens, chimistes et physiciens, comme il forme un outil intéressant pour les étudiants de poste graduation des différentes spécialités précitées, vu le manque flagrant des ouvrages de ce genre.

Quatre sujets fondamentaux y sont traités : les écoulements visqueux, la turbulence, la couche limite, et les écoulements transitoires, dont plus de soixante (60) exercices sont présentés, exposés, traités et résolus d’une manière détaillée et exhaustive.

1 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux

ECOULEMENTS VISQUEUX

Exercice 1 : Donner l’équation de mouvement d’un écoulement permanent, irrotationnel, pour un fluide incompressible pour : - un fluide réel ? - un fluide parfait ? Solution : Pour un fluide réel, l’équation d’Euler s’écrit : ⎛ ∂V ⎞ 1 + rotV ∧ V + .grad p ⎟ = − grad p + ρ g + µ∆V ⎜ ∂t ⎟ 2 ⎝ ⎠ ∂V Pour un écoulement permanent, nous avons : =0 ∂t

ρ⎜

Pour un écoulement irrotationnel, nous avons : rotV =0 Avec rot (rotV ) = grad (divV ) − div( grad V ) On admet que la force de pesanteur dérive d’un potentiel U : g = gradU

1 ⇒ ρ ( gradV 2 ) = − grad p + ρ gradU + µ∆V 2 ⇒ ρ (− gradU +

⇒ ρ .grad (−U +

1

ρ

grad p +

1 gradV 2 ) = µ .∆V 2

1

1 p + V 2 ) = µ .∆V ρ 2

On a : U = -g.z ⇒ ρ .grad ( gz +

1

1 p + V 2 ) = µ .∆V ρ 2

Pour un fluide parfait, nous avons : µ = 0 1 1 ⇒ ρ .grad ( gz + p + V 2 ) = 0 ρ 2 2 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux 1 p + V 2 = Cons tan te ρ 2 Divisant les deux termes de l’équation par g ; nous aurons : ⇒ gz +

z+

p

ϖ

1

+

1 2 V = Cte 2g

Cette dernière n’est autre que l’équation de Bernoulli.

Exercice 2 :

Etablir l’équation de mouvement d’un écoulement permanent d’un fluide réel incompressible se produit entre deux plaques planes lisses parallèles ? (Ecoulement monodimensionnel suivant x) y b

u x

Solution :

L’équation d’Euler s’écrit : ∂u ∂u ∂u ∂u − ∂p Suivant x : ρ .( + u +v +w )= + µ∆u ∂t ∂x ∂y ∂z ∂x ∂v ∂v ∂v ∂v − ∂p Suivant y : ρ .( + u + v + w ) = + µ∆v ∂t ∂x ∂y ∂z ∂y ∂w ∂w ∂w ∂w − ∂p Suivant z : ρ .( +u +v +w )= + µ∆w ∂t ∂x ∂y ∂z ∂z On a aussi écoulement monodimensionnel : ⎧v = w = 0 ⎪ 2 2 ⎪ ∂v = ∂ v = ∂w = ∂ w = 0 ⎪ ∂y ∂y 2 ∂z ∂z 2 ⎪ ⎨ ∂v ∂v ∂ 2 v ∂ 2 v = 2 = 2 =0 ⎪ = ∂ ∂ x z ∂x ∂z ⎪ 2 ⎪ ∂w ∂w ∂ w ∂ 2 w ⎪ ∂x = ∂y = ∂x 2 = ∂y 2 = 0 ⎩ Et puisque c’est incompressible et permanent, on peut écrire de l’équation de continuité :

3 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux ⎧ ∂u ∂u ∂u ∂ 2 u ∂ 2 u = = = =0 ⎪⎪ = ∂x ∂y ∂z ∂x 2 ∂z 2 ⇒⎨ ⎪ ∂u = ∂v = ∂w = 0 ⎪⎩ ∂t ∂t ∂t ⇒ Les trois équations d’Euler deviennent :

∂p − ∂p ∂ 2u ∂p + µ 2 = 0, = 0 , et =0 ∂x ∂y ∂z ∂y

⇒ ∂p ∂ 2u =µ 2 ∂x ∂y ∂p =0 ∂y ∂p =0 ∂z

Qui démontre que c’est un écoulement de Couette.

Exercice 3 :

Un écoulement d’un liquide de viscosité dynamique µ = 2.10-2 N.s/m2, sur une plaque plane fixe, est caractérisé par le profil donné par le schéma ci-dessous :

u = 2 m/s

e

si l’épaisseur de l’écoulement est e = 5 cm, déterminer la valeur de la contrainte de cisaillement : a- à la paroi ? b- à une distance de 2 cm de la paroi ? c- à une distance e de la paroi ? Solution :

Nous avons : du τ =µ dy Et d’après le profil, on a : tg α =

u max u u 2 = ⇒ u = max . y = . y = 40 y e y e 0,05

4 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux u = 2 m/s

e

α

du = 40 dy du = µ .40 = 2.10-2.40 = 0,8 N/m2 dy du est constante, la valeur de la tension de cisaillement est constante à n’importe Puisque dy quel point de l’écoulement est égale à 0,8 N/m2.

⇒τ = µ

Exercice 4 :

La distribution de vitesses pour un écoulement permanent incompressible bidimensionnel est donnée par : −x ⎧ ⎪u = x 2 + y 2 ⎪ ⎨ ⎪v = − y ⎪⎩ x2 + y2

a- montrer que cette distribution satisfait l’équation de continuité ? b- montrer que l’écoulement vérifie l’équation de Laplace si le champ de vitesse dérive d’un potentiel ? Solution :

a- l’équation de continuité pour un écoulement incompressible bidimensionnel est donnée par : ∂u ∂v + =0 divV = 0 ⇒ ∂x ∂y Et nous avons : 2x 2 −1 ∂u = 2 + ∂x x + y 2 ( x 2 + y 2 ) 2 2y2 −1 ∂v = 2 + ∂y x + y 2 ( x 2 + y 2 ) 2

5 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux

2x 2 2y2 2( x 2 + y 2 ) −1 −1 −2 ∂u ∂v = 2 + = + + + + ∂x ∂y x + y 2 ( x 2 + y 2 ) 2 x 2 + y 2 ( x 2 + y 2 ) 2 x 2 + y 2 (x 2 + y 2 )2

⇒divV =

divV =

−2 +2 + 2 =0 2 x +y x + y2 2

Donc divV = 0 : l’écoulement est continu. b- nous avons : V = u + v Si le champ de vitesse dérive d’un potentiel, on peut écrire : u=

∂φ ∂φ et v = ∂x ∂y

⇒V =

∂φ ∂φ + = gradφ ∂x ∂y

Nous avons aussi : divV = 0 ⇒ div( gradφ )= 0 ⇒ ∆φ = 0 ⇒

∂ 2φ ∂ 2φ + = 0 ; cette dernière est bien évident, l’équation de Laplace ∂x 2 ∂y 2

Exercice 5 :

Le profil de vitesse pour un écoulement plan d’un liquide, est donné par : V(y) = 3.y3 + 2.y2. Si la viscosité dynamique du liquide est µ = 3,5.10-2 N.s/m2. Calculer la valeur de la tension de cisaillement à la paroi et à 30 cm de celle-ci ? Solution :

On a : du dy Avec V = 3.y3 +2.y2.

τ =µ

⇒

dV = 9.y2 + 4.y dy

A la paroi : τ 0 = µ

du dy

y =0

= 3,5.10-2.(9.0 + 4.0) = 0

6 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux A 30 cm de la paroi : τ 0,3 = µ

du dy

y =0,3

= 3,5.10-2.(9.0,3 + 4.0,3) = 7,035.10-2 N/m2

Exercice 6 :

Soit un écoulement plan d’un liquide de viscosité cinématique ν = 5.10-4 m2/s et de masse volumique ρ = 103 kg/m3 sur une plaque plane. Le profil de vitesse est donné par :

1 3 y . 2 Déterminer la valeur de la tension de cisaillement : - à la paroi ? - à 7 cm de la paroi ? V(y) =

Solution :

On a :

τ =µ

dV dy

Avec µ = ν .ρ = 5.10 −4.10 3 = 5.10 −1 kg / m = 5 N .s / m 2 dV 3 2 = y dy 2

τ y =0 = µ

dV dy

τ y =0, 7 = µ

dV dy

y =0

=0

y =0,7

= 5.(3/2.0,072) = 3,67.10-2 N.m2

Exercice 7 :

Soit un écoulement dont le potentiel des vitesses est donné par : Φ = x2 -2.y –y2 avec v = gradΦ Démontrer que l’écoulement est : - bidimensionnel - permanent - continu (vérifiant l’équation de continuité) ? Solution :

- Nous avons : V(u,v,w) 7 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux

Avec : ∂φ = 2.x u= ∂x ∂φ v= = -2.y-2 ∂y ∂φ w= =0 ∂z Il est évidant, que la vitesse ne dépend pas de z : l’écoulement est donc bidimensionnel.

∂V ∂gradφ = =0 ∂t ∂t Il est évident, que la vitesse ne dépend pas du temps : l’écoulement est donc permanent. - D’autre part, nous avons :

- on a aussi : divV =

∂u ∂v ∂w + + = 2 – 2 +0 = 0 ∂x ∂y ∂z

L’équation de continuité est vérifiée, donc l’écoulement est continu.

Exercice 8 :

Supposant que les composantes du vecteur vitesse sont : u = x2 + z2 v = x2 + y2 Déterminer les composantes du vecteur vitesse suivant la direction z, qui satisfont l’équation de continuité ? Solution :

Pour satisfaire l’équation de continuité, divV = 0. ⇒

∂u ∂v ∂w ∂w ∂u ∂v + + =0⇒ =-[ + ] ∂x ∂y ∂z ∂z ∂x ∂y

Nous avons : u = x2 + z2 v = x2 + y2 ⇒

∂u ∂v = 2.x et = 2.y ∂x ∂y

⇒

∂w = - (x + y) ⇒ w = -2(x + y).z ∂z 8 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux Exercice 9 :

Le profil de vitesses pour un écoulement plan sur une plaque plane fixe, d’un liquide de viscosité dynamique μ = 10-2 N.S/m2, est donné par : V(y) = y3 + 2.y2 + 5.y Déterminer la valeur de la tension de cisaillement à 10 cm de la paroi ? Solution :

On a : dV dy Et nous avons : V(y) = y3 + 2.y2 + 5.y

τ =µ

⇒

dV = 3. y 2 + 4. y + 5 dy

⇒τ = µ

dV = 2.10-2.[3.0,12 + 4.0,1 + 5] = 2.10-2.[0,03 + 0,4 + 5] = 10,86. 10-2 N/m2. dy

τ = 10,86. 10-2 N/m2. Exercice 10 :

Sur une plaque plane lisse, faisant avec l’horizontal un angle α , en mouvement permanent bidimensionnel établi et sous une épaisseur a, coule sous l’effet de la pesanteur, un liquide de viscositéν . Déterminer le débit par unité de largeur et la vitesse débitante (moyenne) ? a z

α

w u

x

Solution :

Les équations de Navier-Stokes s’écrivent à 2 dimensions : 9 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux

− ∂p g ∂ 2u ∂ 2u ∂u ∂u ∂u + µ .( 2 + 2 ) +u +w )= ∂x ∂t ∂x ∂z ∂x ∂z 2 − ∂p g ∂ w ∂2w ∂w ∂w ∂w Suivant z : ρ .( + µ .( 2 + 2 ) +u +w )= ∂z ∂t ∂x ∂z ∂x ∂z

Suivant x : ρ .(

De l’équation de continuité, on écrit :

∂u ∂w + =0 ∂x ∂z L’écoulement est permanent :

L’écoulement est établi :

∂ =0 ∂t

∂w ∂ =0 ⇒ =0 ∂x ∂z

⇒ w est nul et u ne dépend que de z, ce qui nous permet d’écrire :

∂p g

∂ 2u =µ 2 ∂x ∂z ∂p g = 0 avec Pg = p + ρ .g.h ∂z ⇒

∂p ∂h ∂p + ρ .g . =0 soit : + ρ .g.Cosα =0 ∂z ∂z ∂z

Après intégration de cette ’équation, nous obtenons : p = ρ .g.z.Cosα + f(x) Puisque la pression est constante sur la surface libre : z = a ⇒ f(x) = 0. ⇒µ

∂ 2 u ∂p ∂h = + ρ .g. = 0 - ρ .g.Sinα 2 ∂x ∂x ∂z

En intégrant, nous trouvons : ∂u = ρ .g.z.Sinα + A ∂z z2 ⇒ µ .u = - ρ .g. .Sinα + A.z + B 2 Sur la paroi nous avons : z = 0, u = 0 ⇒ B = 0

µ

A la surface libre, la contrainte est nulle : z = a : µ

∂u = 0 ⇒ A = ρ .g.a.Sinα ∂z

10 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux ⇒ u = ρ .g .

Sinα z2 .(a.z − ) u 2 a

Le débit par unité de largeur : qv = ∫ u.dz = ρ .g . 0

a3 a 3 .g .Sinα .Sinα = 3ν 3µ

Et la vitesse débitante (moyenne) sera : Um = qv / a =

a 2 .g .Sinα 3ν

Exercice 11 :

− 1 dP 2 . ( R − r 2 ) , d’une huile dans un 4µ dx tube de 12 mm de diamètre, de longueur L, incliné d’un angle α dont Sin α = 0,0445. Si la pression statique à l’intérieure est constante tout le long du tube, et le débit mesuré égal à 20 l/h, déterminer la viscosité cinématique de cette huile ? Un écoulement de Poiseuille (régime laminaire, u = −

u P2 P1 R

r

α Solution :

Si P2 est référence des pressions, on écrit : P2 = p2 , et : P1 = p1 + ρ .g .L.Sinα ∆ P = P1 - P2 = p1 + ρ .g .L.Sinα - p2 A pression statique constante : p1 = p2 ⇒ ∆ P = ρ .g .L.Sinα ⇒

∆P = ρ .g.Sinα L

Puisque le régime est laminaire : dQv = u. 2.π .r.dr

11 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux − 1 dp −1 π ⇒ Qv = ∫ . .( R 2 − r 2 ).2π .r.dr = ∫ .ρ .g .Sinα .( R 2 − r 2 ).2π .rdr = .ρ .g .Sinα .D 4 4u dx 4µ 128µ 0 0 R

R

On a aussi : ν =

⇒ν =

π 128.QV

µ π avec µ = .ρ .g .Sinα .D 4 128.QV ρ

.g.Sinα .D 4 = 4.10-5 m2/s .

Exercice 12 :

Un récipient cylindrique de 5 cm de diamètre, laisse écouler un liquide visqueux qu’il contient par un tube horizontal de diamètre 1 mm et de longueur 40 cm. Sachant qu’il a fallu 75 minutes pour que la charge en amont du tube passe de 5 à 2,5 cm, déterminer la viscosité cinématique du liquide (on négligera les effets dus aux extrémités du tube ; l’écoulement dans π ∆P 4 . d ? le tube est permanent de type Poiseuille : qv = 128 L.µ Ø5cm 2,5 cm

5 cm

Solution :

Pour un écoulement permanent, on écrit : ∆ P = ρ .g.h ⇒ qv =

π

g .h 4 d 128 L.ν .

De l’équation de continuité, on écrit : qv = − S

⇒

π .d 2 ∂h π .5 2 ∂h π g .h 4 ∂h . =− . = =− . d 4 ∂t 4 ∂t 128 L.ν ∂t

∂h π g 4 4 ∂h d 4 g . .h = 0 = 0 ⇔ + = . d . . h ∂t 128 L.ν ∂t 800 L.ν π .5 2

d4 g ∂h . .dt = Ou bien : 800 L.ν h 12 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux L’intégration de cette équation, donne : ⎡ h1 ⎤ d 4 g ln ⎢ ⎥ = . .T ⎣ h2 ⎦ 800 L.ν

⇒ν =

d4 g T (10 −3 ) 4 10 75.60 . . = . . = 2.10-6 m2/s −2 800 L ⎡ h1 ⎤ 800 40.10 ⎡ 5 ⎤ ln ⎢ ⎥ ln ⎢ ⎥ ⎣ 2,5 ⎦ ⎣ h2 ⎦

⇒ ν = 2.10-6 m2/s = 2.10-2 Stokes

Exercice 13 :

Soit un tube cylindrique de 3 km de long, de 10 cm de diamètre, parcouru par un liquide de viscosité dynamique µ = 0,4 Poise. On suppose que la distribution des vitesses dans la section droite du tube est donnée par l’équation parabolique u = 10.( y − y 2 ) en unité CGS. u étant la vitesse à la distance y de la paroi ? Calculer : - la force de frottement visqueux par unité de surface contre la paroi ? - la force de frottement visqueux par unité de surface à 2 cm de la paroi ? - la force totale de frottement s’exerçant sur le tube ?

u

v y

Solution : 1- τ = µ

du = µ .(10 – 20.y) dy

A la paroi, nous avons : y=0;u=0 y = 10 cm ; u = 0. ⇒ τ = µ .10 = 0,4.10 = 4 dynes/cm2.

2- pour y = 2 cm : du = 10 – 20.0,2 = 10 – 4 = 6 . dy

13 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux

τ =µ

du = 0,4.6 = 2,4 dynes/cm2. dy

3- la surface totale du tube : S = π .D.L = 3. π .106 La force de frottement sera : F = τ 0 .S = µ

du .π .D.L = 4.3 π .106 = 3,77. 107 dunes = 377 Newtons dy y =0

Exercice 14 :

Un réfrigérant est composé d’un groupe de 100 tubes cylindriques parallèles, de diamètre D = 1 cm et de longueur L = 4 m. A la vitesse V = 2 m/s, on y fait circuler de l’huile ( ρ =900 Kg/cm3, µ1 = 3.10-2 Poiseuille à l’entrée et varie jusqu’à la sortie, à cause de refroidissement, pour atteindre µ 2 = 10-1 Pl ). 1- montrer que l’écoulement est laminaire ? 2- donner -pour un tube- la relation µ ( x) : f ( µ1 , µ 2 , L, x) avec x la variable longueur entre l’entrée et la sortie du tube ? dP 32.V ( µ1 + µ 2 ) 3- l’écoulement est de type Poiseuille dont = 2 . .L , calculer la variation de dx 2 D pression entre l’entrée et la sortie d’un tube ? 4- en déduire la puissance nécessaire W, pour faire couler l’huile dans un tube, ensuite pour l’ensemble du groupe ? 5- donner la fonction W de n tubes sans tenir compte du diamètre D ? Solution :

1 μ1

2 μx

μ2

x L 1- on a ℜ Dmax =

ρ .V .D 9.10 .2.10 = µ 3.10 − 2 2

−2

= 600 < 2000

⇒ le régime est laminaire.

14 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux 2- µ (x) =

x .( µ 1 - µ 2) + µ 1. L

dP 32.V ( µ1 + µ 2 ) 32.2 (3.10 −2.10 −5 + 10 −1.10 −5 ) = 2 . 3- ∆ P = .L = .4 =1,66 bars . dx 2 2 D 0,012

4- W = Qv. ∆P =

π 4

2

.(10-2) .2.1,66.105 = 2610 Wat.

5- W= n. ∆ P. Qv = n.32.

V ( µ1 + µ 2 ) πD 2 . .L. .V = 4π .L.V 2 .( µ1 + µ 2 ).n 2 4 D2

⇒ W= 4π .L.V 2 .( µ1 + µ 2 ).n

Exercice 15 :

Soit la figure ci-après, représentant un cylindre plein de rayon R1 à l’intérieur d’un cylindre creux de rayon intérieur R2 et entre lesquels existe un écoulement laminaire. 1- l’écoulement est de type Couette dont la distribution de vitesse est donnée par u=−

∆P 2 .r + C1. ln(r ) + C 2 4 µ .L

⎧u = 0, pour : r = R1 ⎪ Avec ⎨u = 0, pou : r = R2 , ⎪et : ∆P = P − P 1 2 ⎩

R2

r R1

Etablir la relation donnant le rayon pour lequel la vitesse est maximale ? 2- trouver la loi du débit volumique de cet écoulement annulaire et en déduire la vitesse moyenne de débit ?

Solution :

1- Nous posons : K =

P − P2 ∆P = 1 4µ.L 4µ .L 15

Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux 2

⇒ C1.lnR1 + C2 – K.R1 = 0 2

Et C1.lnR2 + C2 – K.R2 = 0 2

Ce qui donne : C1 = K .

⇒u=

P1 − P2 4.µ .L

R1 − R2 R ln 1 R2

2

2

2

et C2 = K.R1 -

2

( R1 − R2 ). ln R1 R ln 1 R2

⎡ 2 ln(r / R2 ) ⎤ 2 2 2 ⎢( R2 − r ) − ( R2 − R1 ). ⎥ ln( R1 / R2 ) ⎦ ⎣

Le rayon pour lequel, la vitesse est maximale : 2

2

R − R2 ⇒ -2.Rmax - 1 / Rmax = 0 ⇒ Rmax = R1 ln R2

du =0 dr 2

2

R2 − R1 2. ln( R1 / R2 )

2- le débit volumique s’écrit comme : Qv =

R2

R2

R1

R1

∫ u.dA = ∫ u.2π .rdr R2

⇒ Qv =

∫

R1

Qv =

P1 − P2 4.µ .L

⎡ 2 ln(r / R2 ) ⎤ 2 2 2 ⎢( R2 − r ) − ( R2 − R1 ). ⎥ .2π .rdr ln( R1 / R2 ) ⎦ ⎣

2 2 ( R − R1 ) ⎤ π .( P1 − P2 ) ⎡ 2 2 2 2 .⎢( R2 − R1 ).[ R2 − R1 − 2 ]⎥ 8.µ .L ⎣ ln( R2 / R1 ) ⎦

La vitesse moyenne sera : 2 2 QV QV ( P1 − P2 ) ⎡ 2 ( R2 − R1 ) ⎤ 2 .⎢ R2 − R1 − = V= = ⎥ 8.µ .L ⎣ ln( R2 / R1 ) ⎦ A π .( R2 2 − R1 2 )

Exercice 16 :

Un viscosimètre à cylindres coaxiaux a les dimensions représentées sur la figure en cidessous. On se propose de calculer la viscosité dynamique µ du liquida existant entre les deux cylindres, sachant que le couple mesuré C vaut 9.103 dynes = 9.10-4 N. On donne : 16 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux R1 = 77 mm, R2 = 80 mm, e = 3 mm. 1 2π L = 200 mm, a = 4 mm, f = Tours / sec onde = (1 / s ) 30 30 La vitesse de Couette est donnée par : V =

1 2

R2 − R1

2

2

.[r.( f .R2 ) − 2

2

R1 .R2 .f ] r

R2 L

r R1

e a

ω Solution :

Le couple C1 crée par les surfaces latérales est donné par : ∂V 2 C1 = F.R2 = τ .S. R2 = τ .2 π . R2. R2 = µ . r = R2 .2π .R2 ∂r Avec V = R2.f ⇒ C1 = 4π .µ .L. f .

2

R2 .R1 2

2

R2 − R1

2

Pour le couple C2 du au fond du cylindre, il est donné par : dC2 = r.Df = r. τ .Ds où τ : contrainte tangentielle au fond du cylindre et dS = 2 π .rdr ⇒dC2 = r. τ . 2 π .rdr = r.µ .

avec τ = µ .

∂V .2π .r.dr ∂r

V r. f ∂V = µ. = µ. a a ∂r

⇒ dC2 = r.µ .

car : V = r.f

r. f 2.π .µ . f 3 .2π .r.dr = .r dr a a 17 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements visqueux R1

⇒ C2 =

∫ 0

4

2.π .µ . f R1 2.π .µ . f 3 . .r dr = a 4 a

Le couple total mesuré sera : C = C1 + C2 ⇒ C = 4π .µ .L. f .

⇒ µ = C / 2π . f .[

2

R2 .R1 2

4

2

R2 − R1

+

2

2

2.L.R2 .R1 2

R2 − R1

2

2

2

2

4

R 2.L.R2 .R1 2.π .µ . f R1 . = 2π .µ . f .[ + 1 ] 2 2 a 4 4a R2 − R1 4

R + 1 ] = 0,199 Poise. 4a

18 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Turbulence

LA TURBULENCE

Exercice 1 : Démontrer, pour un écoulement turbulent que : a- U .V = U .V + U ' .V ' b- U (t ) = U

c- U .V .W = U . V . W + U .V ' .W ' + V .U ' .W ' + W .U ' .V ' + U ' .V ' .W '

Solution :

a- U .V = (U + U ' ).(V + V ' ) = U .V + U .V '+U '.V + U '.V ' = U .V + U .V ' + U '.V + U '.V ' = U .V + U .V ' + U '.V + U '.V ' Et puisque U .V ' = U '.V = 0 ⇒ U .V = U .V + U ' .V '

b- U (t ) = U + U ' = U + U ' = U + U ' Et puisque U ' = 0 ⇒ U (t ) = U

c- U .V .W = (U + U ' ).(V + V ' ).(W + W ' )

= U .V .W + U .V '.W + U '.V .W + U '.V '.W + U .V .W '+U .V '.W '+U '.V .W '+U '.V '.W ' = U .V .W + U .V '.W + U '.V .W + U '.V '.W + U .V .W ' + U .V '.W ' + U '.V .W ' + U '.V '.W ' Et puisque U .V '.W = U '.V .W = U .V .W ' = 0 ⇒ U .V .W = U . V . W + U .V ' .W ' + V .U ' .W ' + W .U ' .V ' + U ' .V ' .W ' 19 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Turbulence Exercice 2 :

Montrer pour un écoulement de l’eau à 15 °C dans une conduite circulaire de diamètre D, que la condition de la turbulence du régime d’écoulement est conditionnée par : 0,0026 V> , tout en considérant que le nombre de Reynolds critique est de 2300 ? D Montrer que pour un diamètre de l’ordre de 1 cm, le régime turbulent est assuré pour des vitesses V > 0,3 m/s ? Solution :

On a : ν =

0,0178 1 + 0,0337.t + 0,000221.t 2

A 15 °C : ν = 1,14.10-6 m2/s Et on a : ℜ =

V .D

ν

> 2300 : condition de la turbulence.

⇒V>

2300.ν 2300.1,14.10 −6 0,0026 = = D D D

⇒V>

0,0026 D

Pour D = 1 cm ⇒ V > 0,26 m/s Pour V > 0,3 m/s : le régime turbulent est suffisamment assuré.

Exercice 3 :

Démontrer pour un écoulement turbulent d’un fluide incompressible, que l’équation de continuité s’écrit : ∂u ' ∂v ' ∂w ' + + =0? ∂x ∂y ∂z Solution :

Pour un fluide incompressible : divV = 0, ⇒

∂u ∂v ∂w ∂ (u + u ' ) ∂ (v + v' ) ∂ ( w + w' ) + + =0 ⇔ =0 + + ∂x ∂y ∂z ∂z ∂y ∂x

⇒

∂u ∂ v ∂ w ∂u ' ∂v' ∂w' + + + + + =0 ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z

20 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Turbulence

Et puisque

⇒

∂u ∂ v ∂ w = = =0 ∂x ∂y ∂z

∂u ' ∂v' ∂w' + + =0 ∂x ∂y ∂z

Exercice 4 :

Démontrer que pour un écoulement turbulent : 1-

∂u =0 ∂t

2-

∂u v∂u ∂u ′ = v. + v ′. ∂y ∂y ∂y 2

3- u 2 = u + u ′ 2 Solution :

∂u ∂u ∂u ' ∂u ∂u ' ∂u ∂u = + = + = + 1∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t

'

'

∂u ∂u = 0 et =0 Et puisque ∂t ∂t ⇒

∂u =0 ∂t

2-

∂ (u + u ' ) ∂u ∂u ∂u ' v∂u ∂u ' = (v + v' ). = v. + v'. + v. + v'. ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y

= v.

∂u ∂u ∂u ' ∂u ' + v'. + v. + v'. ∂y ∂y ∂y ∂y

Et puisque v' =

⇒

∂u ' =0 ∂y

∂u ∂u ' v∂u = v. + v'. ∂y ∂y ∂y 2

3- u.v = (u + u ' ).(u + u ' ) = u + u ' 2 + 2.u.u ' 21 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Turbulence Et puisque .u.u ' = u.u ' = 0 2

⇒ u 2 = u + u′2

Exercice 5 :

Comparer entre le tenseur des tensions visqueuses d’un écoulement laminaire, et un écoulement turbulent pour un fluide incompressible ? Solution :

Pour un fluide incompressible, nous avons : div(V) = 0. Le tenseur des tensions s’exprime comme :

σ xx

τ xy

τ xz

τ yx

σ yy

τ yz

τ zx

τ zy

σ zz

Pour un écoulement laminaire, les éléments du tenseur s’écrivent comme : 2 ∂u ∂u = − p x + 2µ ∂x 3 ∂x 2 ∂v ∂v σ yy = − p y − .µ .divV + 2µ . = − p y + 2µ ∂y 3 ∂y 2 ∂w ∂w σ zz = − p z − .µ .divV + 2µ . = − p z + 2µ ∂z 3 ∂z ∂u ∂v τ xy = τ yx = µ .( + ) ∂y ∂x ∂u ∂w τ xz = τ zx = µ .( + ) ∂z ∂x ∂v ∂w τ yz = τ zy = µ .( + ) ∂z ∂y

σ xx = − p x − .µ .divV + 2µ .

Pour un écoulement turbulent, les éléments du tenseur s’écrivent comme : ∂u + − ρ .u ' 2 ∂x ∂v σ yy = − p y + 2µ . + − ρ .v' 2 ∂y ∂w σ zz = − p z + 2µ . + − ρ .w' 2 ∂z ∂u ∂v τ xy = τ yx = µ .( + ) + - ρ .u '.v' ∂y ∂x

σ xx = − p x + 2µ .

22 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Turbulence ∂u ∂w + ) + - ρ .u '.w' ∂z ∂x ∂v ∂w = µ .( + ) + - ρ .v'.w' ∂z ∂y

τ xz = τ zx = µ.( τ yz = τ zy

Le tenseur des tensions visqueuses d’un écoulement turbulent comme est présenté, est la somme du tenseur d’un écoulement laminaire et le tenseur de Reynolds. Car le tenseur de Reynolds s’écrit comme :

σ xx = − ρ .u ' 2

σ yy = − ρ .v' 2 σ zz = − ρ .w' 2

τ xy = τ yx = - ρ .u '.v' τ xz = τ zx = - ρ .u '.w' τ yz = τ zy = - ρ .v'.w'

23 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

LA COUCHE LIMITE

Exercice 1 : Une plaque plane de 3 cm de longueur, et de 30 cm de long est remorquée parallèlement à elle-même dans le sens de sa longueur dans l’eau à la vitesse de 6 m/s. Déterminer la force de frottement s’exerçant sur l’une des faces de la plaque, et la force s’exerçant sur les trois premiers mètres de la plaque ? On donne ν = 10 −6 m 2 / s. Solution :

6.30 = 1,8.108 −6 ν 10 Le coefficient de frottement moyen est :

Nous avons : ℜ L =

U .L

=

Pour ℜ > 10 7 on admet que pour une plaque plane lisse parallèle à U de longueur L : Cx = 0,455. (log10 ℜ L ) −2,58

0,455 = 1,965.10 −3 231,8 Et nous avons l’air d’une face de la plaque : S = 3.30 = 90 m2.

⇒Cx =

La force s’exerçant sur une face : U2 = 1,965.10-3.90.1000.36/2 = 3183 N. 2 Si le nombre critique de transition correspond à ℜ = 5.10 5 La position de la ligne de transition est située à la distance x du bord d’attaque :

F = Cx. ρ .S .

U.x

6.x ⇒ x = 0,083 m. ν 10 6 En négligeant l’influence du frottement dans la couche limite laminaire (x = 0,083 m)

5.10 5 =

=

Cx sur les 3 m de la plaque : Cx = 0,455. (log10 ℜ L ) −2,58 U .L 6.30 = −6 = 1,8.108 Avec ℜ L = ν 10 -3 ⇒ Cx = 2,74.10 . La force de frottement sur S’ :

24 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite S’ = 3.3 = 9 m2 Fx = Cx. ρ .S .

U2 = 2,74.10-3.9.1000.36/2 = 444 N. 2

Exercice 2 :

Dans l’écoulement laminaire d’un fluide sur une plaque mince et plate, on admet que la distribution des vitesses dans la couche limite répond à l’équation : u π y = Sin( . ) 2 δ U Avec : U : vitesse du fluide libre (écoulement) u : vitesse à la distance y de la paroi δ : épaisseur de la couche limite. 1- calculer latéralement : δ x , θ x , δ lx , H , C fx , C F , etτ local x ? 2- on donne : U = 15 m/s L = 4.10-2 m. ν = 10-6 m2 /s ρ = 1,2 kg/m3. 1 2 ∫ Sin xdx = 2.( x − Sinx.Cosx) Solution : 1du a- τ = µ dy δ

δ * = ∫ (1 − 0

δ

= µ .U .

u ).dy = U

⇒δ * = δ +

b- θ =

y =0

2δ

π

δ

π π y .Cos ( . ) 2δ 2 δ

= µ .U .

y =0

π y ⎤

⎡

∫ ⎢⎣1 − Sin( 2 . δ )⎥⎦.dy = δ + 0

.(Cos

π 2

− Cos 0) = δ −

2δ

π

π 2π

2δ

π y .Cos( . ) π 2 δ

δ 0

= 0,363. δ

δ

u u π y π y ∫0 U (1 − U ).dy = ∫0 Sin( 2 . δ ).[1 − Sin( 2 . δ )].dy =

δ

δ

π y 2 π y ∫0 Sin( 2 . δ ).dy - ∫0 Sin ( 2 . δ ).dy

1 On a aussi : ∫ Sin 2 xdx = .( x − Sinx.Cosx) 2 1 ⇒ ∫ Sin 2 udu = .(u − Sinu.Cosu ) 2

25 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite ⇒θ = -

=

2δ

π

−

π 2δ ⎡ ⎤ 2δ .⎢Cos − Cos 0⎥ − π ⎣ 2 ⎦ π

π y π y ⎤δ ⎡1 π y .⎢ .( . − Sin . .Cos . )⎥ = 2 δ 2 δ ⎦0 ⎣2 2 δ

δ ⎡π 2 1 ⎤ 2δ δ .⎢( − 0) − (0 − 0)⎥ = − = δ .( − ) = 0,137.δ π ⎣ 2 2 π 2 ⎦ π

⇒ θ = 0,137.δ

c- τ local = ρ .U 2 .

π dθ dδ = ρ .U 2 .0,137. = µ .U. 2.δ dx dx

π ν dδ ν d (δ 2 ) = . ⇒ = 22,931. dx U 0,137 dx U ν .x ⇒ δ 2 = 22,931. , multipliant le deuxième terme de cette équation par x/x, nous obtenons : U ν .x 2 22,931 2 x = ⇒ δ 2 = 22,931. .x ⇒ δ = .4,789 ℜx U .x ℜx ⇒ τ local = 2δ .

⇒ θ = 0,137.

x ℜx

.4,789 = 0,656.

Et δ * devient : δ * = 1,738. d- H =

ℜx

x ℜx

δ* = 2,649 θ

e- Cf = 2.

f- CF =

x

dθ 0,656 = dx ℜx

2.θ 1,312 = L ℜL

Et τ local devient :

τ local = µ .U .

π ρ .ν .U .π = = 0,328.ν .U . ℜ x / x 2.δ 2δ

2- application numérique : * ℜ L = 6.10 5 ; δ L = 0,247 mm ; δ L = 0,0897mm θ L = 0,0338mm ; CF = 1,694.10-3 ; Cf = 8,468.10-4.

26 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite Exercice 3 :

Un filtre à nid d’abeilles, placé en avant du collecteur d’une soufflerie, est constitué de mailles carrées dont le coté est de 3 m, la profondeur des lamelles dans le sens de la vitesse est de 4 cm. On suppose que chaque lamelle se comporte comme une plaque plane à la vitesse U = 15 m/s. Les caractéristiques de l’air sont : ρ = 1,2 kg/m3 et ν = 15.10-2 St. a- montrer que la couche limite n’est pas en régime totalement turbulent ( ℜ eL < 5.105) ? b- calculer l’épaisseur δ de la couche limite ? c- en déduire les valeurs de δ l , θ , Cf, CF, τ local ? d- calculer la somme des forces de frottement sur les quatre faces d’une maille ? e- quelle est la chute de pression, à la traversée du filtre, pour une maille ? f- en déduire le coefficient de perte de charge singulière ξ pour ce filtre ? Solution :

a- ℜ eL = b- δ =

U .L

ν

=

4,646.L ℜ eL

15.4.10 −2 = 4.10 4 > 5.10 5 15.10 −6 =

4,646.4.10 −2 = 0,928mm 2.10 2

c- δ 1 = 0,375.δ = 0,348mm

θ = 0,139.δ = 0,129mm Cf =

CF =

0,646 ℜ eL 1,292

τ local =

ℜ eL

=

0,646 = 3,23.10 −3 2 2.10

= 6,46.10 −3 = 2.C f

3µ.U 3.15.10 −6.15.1,2 = = 0,436 Pa 2.δ 2.0,928.10 −3

d- si la surface de frottement à la paroi est S : 1 1 Fv = τ p .S = .C F .ρ .U 2 .S = 6,46.10 −3.1,2.15 2.12.10 − 4 = 1,046.10 −3 N 2 2 ⇒ 4. Fv = 4.1,046.10-3 = 4,186.10-3 N

e- si A est la section de passage : A = 32.10-4. 4.FV 4,186.10 −3 ∆P = = 2 − 4 = 4,65 Pa A 3 .10 27 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

f- hp = ξ .

⇒ξ=

U 2 ∆P = 2 g ρg

2.∆P 2.4,65 = = 0,034 ρ .U 2 1,2.15 2

Exercice 4 :

Dans un écoulement laminaire d’un fluide sur une plaque mince et plate, on admet que le profil des vitesses dans la couche limite répond à l’équation : u 3 y 1 ⎛ y⎞ = . − .⎜ ⎟ U 2 δ 2 ⎝δ ⎠

3

Avec : U : vitesse d’écoulement libre. u : vitesse à la distance y de la paroi. δ : épaisseur de la couche limite. a- pour un calcul latéral appliqué à une unité de largeur, montrer que l’épaisseur de la couche limite à la sortie de la plaque est donnée par : ⎡ L ⎤ δ = 4,646.⎢ ⎥ ⎣ ℜ eI ⎦

1/ 2

Sachant que :

τ P = τ local = µ .

du et où L : est la largeur de la plaque. dy y =0

b- en déduire les épaisseurs de quantité de mouvement θ , de déplacement δ * , les coefficients de frottement local Cf et moyen CF ainsi que le facteur de forme H ? Solution :

a- on a τ local

u 3 y 1 ⎛ y⎞ du = µ. avec : = . − .⎜ ⎟ U 2 δ 2 ⎝δ ⎠ dy y =0

3

3

⇒ τ local =

3 U 3 U ⎛ y⎞ 3 U .u ( ) − .u. .⎜ ⎟ = .µ . 2 δ 2 δ ⎝δ ⎠ 2 δ

D’autre part : τ local = ρ .U 2 .

dθ dx

28 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite δ

δ

u u 3 y 1 y 3 y 1 y Avec θ = ∫ (1 − ).dy ⇒ θ = ∫ [ . − ( ) 3 ].[1 − . + .( ) 3 ]dy U U 2 δ 2 δ 2 δ 2 δ 0 0

⇒θ =

3 δ δ .δ − − = 0,139.δ 10 8 28

⇒ τ local = ρ .U 2 .0,139. ⇒ 2.δ .

dδ 3 U = .µ. dx 2 δ

γ dδ d (δ 2 ) = = 21,583. dx dx U

On a : à x = 0 : δ = 0 ⇒ δ 2 = 21,583.

Pour la longueur L : δ =

21,583.

γ .x

x2 = 21,583. U ℜ ex

L2 ℜ el

b- l’épaisseur de quantité de mouvement sera :

θ = 0,139. δ = 0,646.

L

δ

δ

ℜ eL - l’épaisseur de déplacement sera : u 3 y 1 y δ = δ l = ∫ (1 − ).dy = ∫ [1 − . + ( ) 3 ].dy U 2 δ 2 δ 0 0 *

Par intégration, on obtient : 3 8

δ * = .δ = 0,375.δ Pour la longueur L : δ * = δ l = 1,742.

L ℜ eL

⎡ ⎤ 1/ 2 ⎥ ⎢ dθ dδ dδ d (4,646.x) 1 4,646 ⎢ ⎥= . avec - Cf = 2. = 2.0,139. = U 2 ℜ ex dx dx ⎢ dx dx ( )1 / 2 ⎥ ⎢⎣ ⎥ γ ⎦ 1 4,646 0,646 = et Cf = 2.0,139. . 2 ℜ ex ℜ ex

29 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

- CF = 2.

-H=

θ

= 2.

L

0,646 ℜ eL

=

1,292 ℜ eL

δ l 1,742 = = 2,7 θ 0,646

Exercice 5 :

Si l’expression de la distribution de la vitesse d’un écoulement laminaire sur une plaque plane est donnée par : u u u = = = 2η − 2η 3 + η 4 U∞ U E Ul Avec η =

y

δ

1- donner l’expression du frottement pariétal ? 2- calculer les épaisseurs de déplacement δ * , et de quantité de mouvement θ ? 3- en déduire l’épaisseur de la couche limite, pour une plaque de longueur L, en fonction du nombre de Reynolds local ℜ L ? Solution :

B

U

C

A

D L

30 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite Section AD

Bilan de masse 0

Bilan quantité de mouvement 0

h

h

− ρ .∫ U .dy

AB

− ρ .L.∫ U 2 .dy

0

0

h

h

ρ .∫ u.dy

CD

− ρ .L.∫ u 2 .dy

0

0

h

BC

h

ρ .∫ (U − u ).dy

ρ .L.∫ U .(U − u ).dy

0

ρ .L ∫ u.(u − U ).dy

0

ΣS

0

h

0

δ

⇒ − ∫ τ p .dx = − ρ .∫ u.(U − u ).dy 0

⇒ τ p ( x) = ρ .

δ

d (U 2 .θ ) u u avec θ = ∫ (1 − ).dy dx U U 0 δ

- l’épaisseur de déplacement est : δ = ∫ (1 − *

0

- l’épaisseur de déplacement est : θ =

δ

u 3 ).dy = .δ 10 U

u

u

∫ U (1 − U ).dy = 0

37 .δ 315

En la comparant avec l’expression de τ p :

τ p ( x) = µ .

d (U 2 .θ ) dx

et on a : τ p = µ .

2 du = µ . .U dy y =0 δ

2 d (U 2 .θ ) ⇒ µ . .U = ρ . δ dx Et d’autre part, on a : δ .dδ =

Et comme ℜ x =

U .x

ν

ν U

dx ⇒

δ2 2

=

ν U

.x =

ν .x 2 U .x

δ2

x2 = ⇒ 2 ℜx

31 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite 2 .x

⇒δ =

ℜx

- le coefficient de frottement local : 2

µ . .U 4.ν = δ = = Cf = 1 1 δ .U 2 2 .ρ .U .ρ .U τp

2

⇒ Cf =

⇒ Cf =

2

2. 2 .ν . ℜ x x.U

=

4.ν 2 .x ℜx

.U

2. 2 . ℜ x ℜx

2. 2 ℜx

- le coefficient de frottement global : L

CF = ∫ C f .dx = 0

2. 2 .L ℜL

Exercice 6 :

Un sous marin a une longueur L = 84 m et une surface totale de coque de 1800 m2. Calculer la résistance due aux forces de frottement visqueux s’exerçant sur la coque, quand en plongée, le sous marin a une vitesse V = 5 m/s ? Pour faire ce calcul, on admettra qu’à la valeur Cx du coefficient moyen de frottement établi pour une plaque plane est applicable ici. On a d’ailleurs : -2,58 V .L > 107. pour ℜ L = Cx = 0,455.(lg10 ℜ L )

ν

Et on a :

ρ = 1025 kg/m3, ν = 1,2.10-6 m2/s. Solution :

On a ℜL =

V .L

ν

=

5.84 = 3,5.10 8 > 10 7 −6 1,2.10

⇒ Cx = 0,455.[log10 ℜ L ]

−2 , 58

= 1,79.10 −3

La force de frottement sera : 32 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite Fx = Cx . ρ .

V2 52 .S = 1,79.10 −3.1025. .1800 ≈ 41280 N. 2 2

Exercice 7 :

Soit un écoulement laminaire permanent, bidimensionnel d’un fluide incompressible le long d’une paroi quelconque dont le rayon de courbure est très supérieur à l’épaisseur δ de la couche limite, de sorte que les équations de Prandtl soient valables : u

∂u ∂u 1 dp ∂ 2u +v =− +ν 2 ∂x ∂y ρ dx ∂y

∂u ∂v + =0 ∂x ∂y U2 Et p + ρ = Cte pour y = δ 2 ⎧u Avec U ⎨ ⎩v 1- calculer le débit en masse à travers la couche limite en fonction de δ et δ * ? 2- calculer le débit de quantité de mouvement en fonction de δ , δ * et θ ? 3- utiliser ces relations et le théorème des quantités de mouvement appliqué à un élément ABCD, d’épaisseur dx, pour établir l’équation : U d (θ 2 ) θ 2 dU δ* τ θ . =− . .(2 + ) + 0 . 2ν dx ν dx θ µ U

(A)

4- si le profil des vitesses est donné par : 2

u y m ⎛ y⎞ = L. + .⎜ ⎟ : 0 ≤ y ≤ δ U θ 2 ⎝θ ⎠

(B)

u =1:y> δ U Avec L et m : paramètres ne dépendant que de x. a- calculer θ et montrer que L et m sont liés par une relation de type : L = ϕ (m) ? b- calculer

δ* δ* et montrer qu’on peut avoir une relation de la forme : = ψ (m) ? θ θ

c- en utilisant les équations de Prandtl et les conditions à la paroi, montrer que :

33 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

θ 2 dU . ? ν dx

m=-

d- vérifier que le 2eme membre de l’équation (A) ne dépend que de m ? 0,45 + 6m . Donner dans ces conditions, une e- ce 2eme membre est approximativement égal à 2 formule permettant de calculer θ en fonction de U ? Calculer θ , et m lorsque U = U0.Sin(kx) où U0 = constante et 0 ≤ k.x ≤ π ?

U B

C u

A x

D dx

Solution :

1- nous avons : δ

δ * = ∫ (1 − 0

δ

δ

δ

u u u )dy = ∫ dy - ∫ dy = δ - ∫ dy U U U 0 0 0 δ

Par conséquent : q =

∫ ρ.u.dy = ρ .U.( δ

*

-δ)

0

2- θ =

δ

δ

δ

δ

u u u u2 u2 * δ = = δ ( 1 − ). dy .dy .dy ∫0 U U ∫0 U ∫0 U 2 ∫0 U 2 .dy δ

Par conséquent : le débit de quantité de mouvement : M =

∫ ρ.u

2

.dy = ρ .U 2 . ( δ - δ * - θ )

0

3- considérant le volume élémentaire ABCD, d’épaisseur unitaire : Le débit entrant par AB est : q ∂q dx Le débit sortant CD est : q + ∂x ∂q dx à la vitesse C Le débit entrant par BC est : ∂x Le débit sortant par AD est : 0

34 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite ∂q dx ∂x

B

C

q+

q A

∂q dx ∂x

D 0

En projection parallèle à la paroi ; les débits de quantité de mouvement seront : Par AB entre le débit : M,

∂M dx ∂x ∂q Par BC entre le débit : U. dx ∂x Par AD c’est 0 Par CD sort le débit : M +

U. B

∂q dx ∂x

C

M+

M A

∂M dx ∂x

D 0

L’application du théorème des quantité de mouvement donne : - M + (M +

Soit :

∂p ∂δ ∂δ ∂M ∂q dx ) - U. dx = p. δ - (p+ dx ).( δ + .dx ) + p. dx − τ 0 .dx δx ∂x ∂x ∂x ∂x

∂M ∂q ∂p - U. = − δ . − τ 0 ∂x ∂x ∂x

En utilisant les valeurs de M et q calculées précédemment : ⇒ − ρ .U 2 .

∂U ∂p ∂θ + ρ .U . .(δ − δ * − 2θ ) = − δ . − τ 0 ∂x ∂x ∂x

Et puisque p + ρ .

∂U ∂p U2 = Cte ⇒ = − ρ .U . 2 ∂x ∂x 35 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

⇒ U 2.

τ ∂θ dU + U. .(δ * + 2.θ ) = 0 ρ dx dx

Multipliant les deux termes maintenant par

θ ; on obtient : ν .U

U ∂θ 2 θ 2 dU δ* τ θ . =− . .(2 + ) + 0 . 2ν dx ν dx θ µ U

4a- nous avons : δ

u u θ = ∫ (1 − ).dy = θ . U U 0 δ /θ

∫

⇒ 1=

0

δ /θ

∫ 0

u u y (1 − ).d ( ) U U θ

y m y 2⎤ y ⎡ y m y 2⎤ ⎡ ⎢ L. θ + 2 .(θ ) ⎥.⎢1 − L. θ − 2 .(θ ) ⎥.d (θ ) ⎣ ⎦⎣ ⎦

L δ 2 1 m δ 3 L.m δ 4 m 3 δ 5 2 ⇒ 1= .( ) + .( − L ).( ) − .( ) − .( ) θ 2 θ 3 2 4 θ 20 θ

(C)

En faisant y = δ , le profil des vitesses nous donne : 1 = L.

δ m δ 2 + .( ) θ 2 θ

(D)

δ m δ 2 L δ L.m δ 4 m 3 δ 5 δ 1 m + .( ) = 1= .( ) 2 + .( − L2 ).( ) 3 − .( ) − .( ) θ 2 θ θ 2 θ 3 2 4 θ 20 θ δ Posant maintenant : = α θ ⇒ 1 = L.

L.m 3 m 3 4 1 1 m ⇒ − L + .( L − m).α + ( − L2 ).α 2 − .α − .α = 0 2 3 2 4 20 Ce qui montre que L ne dépend que de m : ⇒ L = ϕ (m) b- on a : δ

δ * = ∫ (1 − 0

⇒

δ /θ

δ /θ

u u y y m y y )dy = θ . ∫ (1 − )d ( ) = θ . ∫ (1 − L. − .[ ] 2 )d ( ) U U θ θ 2 θ θ 0 0

δ* δ L δ 2 m δ 3 = − .( ) − .( ) θ θ 2 θ 6 θ

(E)

36 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

Entre les équations (C), (D) et (E) ; on peut éliminer

δ* δ* : ce qui implique que ne dépend θ θ

δ* que de m ⇒ = ψ (m) θ c- sur la paroi : y = 0, on a u = v = 0, Les équations de Prandtl donneront donc : ⎧ 1 dp ∂ 2u ν − . + . =0 ⎪⎪ ρ dx ∂y 2 ⎨ ⎪ dp = − ρ .U . dU ⎪⎩ dx dx L’équation (B) donnera :

∂ 2 u m.U = 2 ∂y 2 θ

dU U ⇒ U. + ν .m. 2 = 0 dx θ

θ 2 dU ⇒m= − . ν dx

d- nous avons :

τ 0 = µ.

τ .θ du U.L = µ. ⇒ 0 = L = ϕ ( m) dy y =0 θ µ.U

L’équation (A) peut s’écrire donc : U d (θ 2 ) . = − m.[2 + ψ (m)] + ϕ (m) 2ν dx Il est évident que le deuxième terme ne dépend que de m. e- l’équation précédente s’écrit : U d (θ 2 ) 0,45 + 6m θ 2 dU U d (θ 2 ) = . ⇒ . = 0,45 + 6m = 0,45 - 6. . ν dx 2ν dx 2 ν dx ⇒

θ 2 dU U d (θ 2 ) . + 6. . = 0,45.ν ν dx ν dx

En multipliant les deux termes par U5 ; nous obtenons : d (U 6 .θ 2 ) = 0,45.ν .U 5 dx

37 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite 0,45.ν ⇒θ = .∫ U 5 dx 6 U 0 Posons z = k.x x

2

x

Si U = U0.Sin(kx) ⇒ ∫ U 0 .Sin 5 (kx)dx = 5

0

5

5

U 0 kx 5 U z . ∫ Sin (kx)d (kx) = - 0 .∫ Sin 4 z.d (Cosz ) k 0 k 0

5

U Cos 5 z 2 = − 0 .(Cosz + − .Cos 3 z ) k 5 3 ⇒θ 2 =

Cos 5 (kx) 0,45.ν 2 3 Cos kx − Cos kx − .( . ( ) ( ) 5 k .U 0 .Sin 6 (kx) 3

De même, on a : m = −

⇒m=

dU θ 2 dU . avec = U 0 .k .Cos (kx) ν dx dx

0,45.ν Cos 6 (kx) 2 2 .[ Cos ( kx ) + − .Cos 4 (kx)] 5 3 Sin 6 (kx)

Exercice 8 :

Exprimer le coefficient de frottement en fonction de δ * , θ et U et cela à l’aide de l’équation de Von Karman ? Solution :

L’équation de Von-Karman s’écrit : (δ * + 2θ ).

τp 1 dU dθ . + = U dx dx ρ .U 2

Et puisque Cf =

τp 1 .ρ .U 2 2

⇒

τp 1 = Cf 2 2 ρ .U

1 dU dθ ⎤ ⎡ + ⇒ Cf = 2.⎢(δ * + 2.θ ). . U dx dx ⎥⎦ ⎣

Exercice 9 :

Une couche limite se développant sur une plaque plane en écoulement uniforme de vitesse u dont le profil de vitesse est :

38 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite u ( x, y ) = F(η ) = 2η − 2η 3 + η 4 U où η : constante.

δ* θ 1- montrer que les quantités , et τ p .δ sont des constantes dont on donnera les valeurs ? δ δ 2- déduire de l’intégration de l’équation de Von Karman, la loi de variation de l’épaisseur de la couche limite δ (x) ? 3- donner les expressions de δ (x)/x, δ * (x)/x et θ (x)/x ainsi que le coefficient de frottement U.x ? τ p (x)/ ρU 2 en fonction du seul nombre de Reynolds local ℜ x =

ν

Solution :

1-

δ * ( x) 1 3 A = ∫ [1 − f (η )]dη = − δ ( x) 0 10 120

δ 2 ( x) dU Avec : A = . ν dx ⇒

δ* 3 = δ 10

θ 1 37 37 A A2 = ∫ [1 − f (η )]. f (η ).dη = − − = δ 0 315 945 9072 315

τ p .δ = µ.

U ( x) A .(2 + ).δ = 2µ .U δ ( x) 6

Qui sont bien des constantes.

τp dθ = dx ρ .U 2 Après substitution des expressions précédentes, on trouve : 2- l’équation de Von-Karman se réduit à :

δ .dδ =

630 ν . .dx 37 U

En imposant la condition δ (0) = 0; L’intégration de cette équation différentielle conduit à :

δ ( x) =

1260 ν .x ν .x ≈ 5,84. . 37 U U

En divisant membre à membre l’expression ci-dessus par x, il vient immédiatement : 39 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

δ ( x) x

⇒

Et

5,84 ℜx

δ * ( x) x

θ ( x) x

≈

=

≈

1,75 ℜx

0,69 ℜx

τp 2 ν U 0,34 = . . ≈ 2 5,84 U ν .x ρ .U ℜx

Exercice 10 :

Soit un écoulement caractérisé par le profil de vitesses suivant : u ( x, y ) = a.Cos (αη ) + b.Sin( βη ) U où η =

y et a, b, α et β sont quatre paramètres à priori fonctions de la seule variable x. δ (x)

1- donner les valeurs de a, b, α et β compatibles avec les conditions aux limites de l’écoulement ? 2- exprimer les valeurs de

δ* θ , et τ p .δ ? vérifier qu’il s’agit bien toujours de constantes δ δ

pour cet écoulement ? 3- calculer la loi d’épaisseur de la couche limite δ (x) ? 4- comparer les valeurs adimensionnelles δ (x)/x, δ * (x)/x, θ (x)/x et τ p (x)/ ρU 2 avec celles obtenues par le profil de vitesses suivant (exercice précédant) : u u u = = = 2η − 2η 3 + η 4 ? U∞ U E Ul

5- calculer les épaisseurs en bout d’une plaque de longueur L = 2 m placée dans un écoulement de vitesse U = 20 m/s d’un fluide de viscosité cinématique ν = 1,4.10-5 m2/s ? Solution :

1- on imposera : u(x,0) = 0, V(x,0), u(x, δ ) = U,

∂u ∂y

=0 y =δ

40 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

La première condition amène à a = 0 ⇒

u ( x, y ) = b.Sin( β .η ) U

Les deux dernières conditions donnent alors : b.Sinβ = 1 et b.β .Cosβ = 0 La seule solution non triviale (banale) correspond à :

β=

π 2

et b = 1

le profil de vitesses de la forme prescrite compatible avec trois conditions aux limites, s’écrit :

π u ( x, y ) = f (η ) = Sin( η ) 2 U 2- avec cette expression, on obtient : δ* 1⎡ π ⎤ π −2 = ∫ ⎢1 − Sin( .η )⎥.dη = δ π 2 ⎦ 0 ⎣

θ 1⎡ π ⎤ π 4−π = ∫ ⎢1 − Sin( .η )⎥.Sin( .η ).dη = δ 0⎣ 2 ⎦ 2 2.π

Et

Le domaine de variation physiquement admissible de cette fonction est de 0 à 1 : [0,1] au lieu de la variation de 0 à ∞ . Et τ p = µ .

U π U du = µ . . f ' (0) = .µ . 2 δ δ dy y =0

3- en substituant maintenant dans l’équation intégrale, on aura :

δ .dδ =

π2 ν . .dx 4 −π U

Qui avec la même condition d’intégration : δ (0) = 0 , donne :

δ ( x) x

= π.

2 1 4,8 ≈ . 4 − π ℜx ℜx

4- la comparaison des résultats obtenus avec les deux formulations est présentée dans le tableau suivant, en référence aux valeurs de la solution exacte de Blasius :

41 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

Paramètres δ ( x) . ℜx Profil x

δ * ( x)

θ ( x)

. ℜx

τ p ( x) . ℜx ρ .U 2

H

0,66

0,33

2,64 2,54

x

. ℜx

Sin( η ) 2 2.η − 2.η 3 + η 4

4,8

x 1,74

5,84

1,75

0,69

0,33

Blasius

4,92

1,72

0,66

0,33

π

5- avec les valeurs indiquées, on trouve :

δ ( L) = 5,7mm δ * ( L) = 2,1mm θ ( L) = 0,8mm

Exercice 11 :

Calculer les valeurs des épaisseurs adimensionnelles

δ * δ ** , ainsi que le rapport de forme H δ δ

pour le profil de vitesse linéaire : y u ( x, y ) = ? U ( x, y ) δ Solution :

On a : y u = U δ δ

δ = δ *

-

y

∫ (1 − δ ).dy 0

δ

1 y2 (y − . 2 δ =

δ

=

δ

1 2

δ− δ δ

=

1 2

0

δ ** : δ Nous avons : δ δ δ u2 y y2 y y3 ρ .u δ ** = ∫ .(1 − 2 ).dy = ∫ .(1 − 2 ).dy = ∫ ( − 3 ).dy ρ .U δ δ δ U δ 0 0 0 =(

δ δ2 1 δ4 1 y2 1 y4 − . = δ − . 3) = 2δ 4 δ 0 2δ 4 δ 3 4

42 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

⇒

δ ** 1 1 = δ /δ = δ 4 4

-H=

δ* θ

Avec δ * =

δ* 1 .δ = .δ δ 2

δ

δ δ δ 1 u y y y y2 1 y2 1 y3 ρ .u = = = = δ − ( 1 − ). dy .( 1 − ). dy ( − ). dy ( . . ) 2 ∫0 ρ .U U ∫0 δ δ ∫0 δ δ 2 2 δ 3 δ 0 6

Et θ =

1

δ δ* 2 ⇒H= = =3 1 θ δ 6

Exercice 12 :

Soit un écoulement caractérisé par le profil de vitesses : u ( x, y ) π = Sin( .η ) 2 U Où η =

y δ (x)

- exprimer les valeurs de

δ* , θ / δ et τ p . δ ? Vérifier qu’ils s’agit bien toujours de constantes δ

pour cet écoulement ? - calculer la loi d’épaisseur de la couche limite δ (x) ? Solution :

a- on a : u π y = Sin( .η ) avec η = 2 U δ ⇒

u π y = Sin( . ) U 2 δ δ

δ

u π y ⎤ ⎡ - δ = ∫ (1 − )dy = ∫ ⎢1 − Sin( . )⎥.dy = U 2 δ ⎦ 0 0 ⎣ 2δ π 2.δ 2δ δ + .Cos − =δ − π π 2 π *

δ

2δ π y ⎤ ⎡ ⎢ y + π .Cos ( 2 . δ )⎥ = ⎣ ⎦0

43 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite ⇒ δ * /δ = 1−

2

π

δ

= 0,363 : constante.

u u - θ = ∫ (1 − ).dy = U U 0

δ

δ δ π y π y π y 2 π y ∫0 Sin( 2 . δ ).[1 − Sin( 2 . δ )].dy = ∫0 Sin( 2 . δ ).dy - ∫0 Sin ( 2 . δ ).dy

1 Et on a : ∫ Sin 2 xdx = .( x − Sinx.Cosx) 2 1 ⇒ ∫ Sin 2 udu = .(u − Sinu.Cosu ) 2 ⇒θ = -

=

2δ

π

−

2δ ⎡ π ⎤ 2δ .⎢Cos − Cos 0⎥ − 2 π ⎣ ⎦ π

π y π y ⎤δ ⎡1 π y .⎢ .( . − Sin . .Cos . )⎥ = 2 δ 2 δ ⎦0 ⎣2 2 δ

2 1 δ ⎡π ⎤ 2δ δ .⎢( − 0) − (0 − 0)⎥ = − = δ .( − ) 2 π 2 π ⎣ 2 ⎦ π

⇒ θ / δ = δ .(

2

1 2 1 − ) / δ = − ≈ 0,137 : constante π 2 π 2

π y ∂ (U .Sin( . ) du 2 δ = µ - τ P = µ. ∂y dy y =0

τ P = µ .U .

= µ .U . y=0

π π y π .Cos ( . ) y =0 = µ .U . .Cos 0 2δ 2 δ 2δ

π 2.δ π

⇒ τ P . δ = µ. .U : constante. 2

D’après l’équation de Von-Karman :

(δ * + 2θ ).

τp 1 dU dθ + = . U dx dx ρ .U 2

Et puisque U : constante ⇒

⇒

τp dθ = dx ρ .U 2

⇒θ =(

2

1 − ).δ π 2

dU =0 dx

avec θ / δ =

2

−

1 2

π τp ⇒ dθ = .dx ρ .U 2 44

Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite

Avec τ P = µ .U .

µ.

π .U 2δ .dx 2

π ⎡ 2 1 ⎤ ⇒ d ⎢( − ).δ ⎥ = 2.δ ρ .U ⎣π 2 ⎦

π .ν ⎡ 2 1 ⎤ µ π dx = .dx ⇒ ⎢( − ).dδ ⎥ = . . ⎣π 2 ⎦ ρ 2 U .δ 2.U .δ π .ν ⎡ 2 1 ⎤ µ π dx ⇒ ⎢( − ).δ .dδ ⎥ = . . = .dx ⎣π 2 ⎦ ρ 2 U .δ 2.U ⇒ ∫ δ .dδ =

⇒

π 2.(

.

2

ν

1 U − ) π 2

.dx = ∫

π2 ν . .dx 4 −π U

1 2 2.π 2 ν π2 ν .δ = . .x ⇒ δ 2 = . .x 2 4 −π U 4 −π U

⇒ δ ( x) =

ν 2.π 2 ν . .x ⇒ δ ( x) = 4,79. .x U 4 −π U 1 .x ℜx

Ou bien δ ( x) = 4,79.

Exercice 13 :

Calculer les valeurs de u ⎡ y⎤ = U ⎢⎣ δ ⎥⎦

θ δ * δ ** , , H et pour un profil de vitesses linéaire : δ δ δ

1/ 7

Solution :

u ⎡ y⎤ On a : = U ⎢⎣ δ ⎥⎦ δ

a- δ * = ∫ (1 − 0

1/ 7

δ

u y 1 7 ⎡ ⎤ )dy = ∫ (1 − ( )1 / 7 ).dy = ⎢ y − ( )1 / 7 . . y 8 / 7 ⎥ U δ δ 8 ⎣ ⎦ 0

δ

0

1 7 =δ − δ = δ 8 8

δ* 1 ⇒ = δ 8

45 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

La Couche limite δ

δ

δ

u u2 u u y y b- δ = ∫ .(1 − 2 ).dy = ∫ ( − ( ) 3 ).dy = ∫ [( )1 / 7 − ( ) 3 / 7 ].dy U U U δ δ U 0 0 0 **

δ

7 1 7 7 1 7 ⎡ 1 ⎡ 1 ⎤ ⎤ = ⎢( )1 / 7 . . y 8 / 7 − ( ) 3 / 7 . . y 10 / 7 ⎥ = ⎢( )1 / 7 . .δ 8 / 7 − ( ) 3 / 7 . .δ 10 / 7 ⎥ 8 10 8 δ 10 δ ⎣δ ⎦0 ⎣δ ⎦

=

δ

0

7 7 7 .δ − .δ = .δ 40 10 8

δ ** 7 ⇒ = δ 40 δ* c- H = θ Avec θ =

δ

δ

δ

u u u u 2 y 1/ 7 y 2/7 ∫0 U (1 − U ).dy = ∫0 [U − (U ) ].dy = ∫0 [(δ ) − ( δ ) ].dy

δ 7 δ 7 1 7 ⎡7 δ ⎤ ⎡7 7⎤ ⎡ 1 ⎤ = ⎢( )1 / 7 . . y 8 / 7 − ( ) 2 / 7 . . y 9 / 7 ⎥ = δ . ⎢ .( )1 / 7 − .( ) 2 / 7 ⎥ = δ .⎢ − ⎥ 9 δ 8 9 δ ⎣8 δ ⎦ ⎣8 9⎦ ⎣δ ⎦0

= δ[

7 63 − 56 ]= δ 72 72 1

δ 72 36 9 δ* ⇒H = = 8 = = = 7 θ 56 28 7 δ 72

7

θ d- = 72 δ δ

δ

=

7 72

Exercice 14 :

Une plaque plane de longueur L est placée parallèlement à un écoulement uniforme de vitesse U à l’infini. 1- en utilisant les résultats de la solution de Blasius, établir l’expression de la traînée de la plaque par unité d’envergure en fonction du nombre de Reynolds U.L/ν ? 2- en application du théorème d’Euler à un domaine de fluide que l’on précisera, établir l’expression de cette même traînée en fonction de l’épaisseur de quantité de mouvement. Retrouver alors le résultat de la première question ? 3- donner l’expression du champ de vitesse longitudinale dans la zone de sillage des couches limites an aval de la plaque ? 46

Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires

ECOULEMENTS TRANSITOIRES

Exercice 1 : Donner la célérité de l’onde de pression provoquée par la fermeture rapide d’une vanne dans une conduite, tout en supposant que la paroi de la conduite est rigide ? Solution : L’énergie cinétique de l’eau qui va être transformée en énergie élastique est : 2

M.

2

V1 1 S .L V1 = .ω. . 2 2 g 2

Où L : longueur de la conduite M : masse de l’eau V1 : vitesse initiale ω = ρ .g Le module d’élasticité cubique de l’eau est :

ε=

− ∆p − ∆p = ∆volume volume.initial ∆V / V0

Avec ΔV =

V .∆p

ε

=

S .L.ρ .g.h

ε

Le travail de compression est :

1 1 2 .ρ .S .L.V1 = .ρ .g .h.S .L.ρ .g.h / ε 2 2 2

⇒h =

V1 .ε g 2 .ρ 2

(1)

En négligeant les frottements, la conservation de la quantité de mouvement donne : M .V1 − ∑( FX .dt ) = M .V2

Avec Fx : la force qui produit la variation de quantité de mouvement. ⇒ − ρ .g .h.S = ρ .Q.(0 − V1 ) ⇒ ρ .g .h.S = ρ .S .a.V1 47 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires

⇒ h = a.V1/g

En remplaçant dans l’équation (1), nous trouvons :

a 2 .V1 V .ε = 12 2 g g .ρ 2

2

⇒a=

ε ρ

Exercice 2 :

Calculer l’augmentation de pression produite par la fermeture instantanée d’une vanne sur une conduite ? Solution :

Soit P’ est la variation de pression due à la fermeture de la vanne. D’après l’équation de conservation de la quantité de mouvement : La variation de la quantité de mouvement dans la direction x est :

ω.Q

.(V2 − V1 ) avec ω = ρ .g g Si on néglige les frottements : la force qui produit la variation de la quantité de mouvement est : P’.S Fx =

⇒ - P’.S =

ω.Q g

.(0 − V1 ) = ρ .S .a.(0 − V1 )

⇒ P’ = ρ .a.V1 et puisque P’ = ρ .g.h'

Avec h’ : la hauteur de pression ⇒ P’ = ρ .g.h' = ρ .a.V1 ⇒ h’ =

a.V1 g

Exercice 3 :

Comparer les vitesses des ondes de pression circulant le long d’un tuyau rigide contenant : - de l’eau à 15 °C de module cubique ε B = 2,16.109 Pa. ? - de l’huile de densité 0,8 et de module cubique 1,38.109 Pa ? Solution :

Pour l’eau : a =

ε = ρ

2,16.10 9 = 1470 m/s 1000 48

Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires

Pour l’huile : a =

ε = ρ

1,38.10 9 = 1310 m/s 0,8.1000

Exercice 4 :

Calculer la célérité de propagation de l’onde de pression, dans une conduite en acier normal (E = 2,1.1011 N/m2), où s’écoule de l’eau à 20 °C. ( ρ = 998 kg/m3, ε = 21,39.108 N/m2) ? Le diamètre de la conduite est de 0,5 m, et l’épaisseur de 6 mm. Solution :

Nous avons : a=

ρ

1

ε

+

1 D . E e

1

⇒ a = 998.

1 1 500 + . 8 11 6 21,39.10 2,1.10

= 1077 m/s

Exercice 5 :

Même exercice précédant pour une conduite rigide en PVC (E = 2,5.1010 Pa), de diamètre D = 40 cm, et d’épaisseur 2 mm ? Exercice 6 :

Quelle est l’augmentation de pression produite par l’arrêt brutal de la circulation de l’huile, de densité 0,85 et de module d’élasticité ε = 1,7.109 Pa, à raison de 0,57 m3/s dans un tuyau d’acier de 60 cm de diamètre supposé rigide ? Solution :

Nous avons : ∆ P = ρ .a. ∆ u = ρ .a.u0

avec a =

ε = ρ

1,7.10 9 = 1414,2 m/s 0,85.1000

u0 = Q/S = Q/[ π .D2/4] = 0,57/ [ π .0,62/4] = 2,02 m/s ⇒ ∆ P = ρ .a.u0 = 0,85.1000.1414,2.2,02 = 2428,2.103 Pa

49 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires Exercice 7 :

On ferme une vanne brusquement dans un tuyau de 75 mm de diamètre transportant de l’huile de densité 0,8 et de module d’élasticité ε = 1,38.109 Pa. Si l’augmentation de la pression est de 600 kPa, quel est le débit probable ? Le tuyau est supposé rigide. Solution :

On a : a=

ε = ρ

1,38.10 9 = 1310 m/s 0,8.1000

∆ P = ρ .a. ∆ u = ρ .a.u0 = 0,8.1000.1310.u0 .

⇒ u0 =

600.10 3 = 0,572 m/s. 0,8.1000.1310

⇒ Q = u0. π .D 2 / 4 = 5,22.10-3 m3/s.

Exercice 8 :

Si un tuyau d’acier de 60 cm de diamètre et de 2440 m de long, a été conçu pour résister à une pression de 103 MPa sous une charge statique maximale de 330 m d’eau, de combien la pression dur les parois du tuyau va-t-elle augmenter quand une vanne à fermeture rapide arrête le débit de 0,85 m3/s ? On donne le module d’élasticité de l’acier E = 2.109 Pa. En supposant que le tuyau est rigide. Solution :

Nous avons :

∆ P = ρ .a. ∆ u ε Avec a = = ρ

2.10 9 = 1,41.103 m/s 1000

Et ∆ u = u0 – u1 = u0 – 0 = u0 = Q/S = Q/[ π .D2/4] = 0,85/ [ π .0,62/4] = 3 m/s

∆ P = 1000.1,41.103.3 = 4,23.106 Pa = 4,23 MPa Et P = P0 + ∆ P Avec P0 = ρ .g.h = 1000.9,81.330 = 3,24 MPa 50 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires

⇒ P = 4,23 + 3,24 = 7,47 MPa

Exercice 9 :

Un tuyau d’acier de 1,2 m de diamètre et de 10 mm d’épaisseur, transporte de l’eau à 16 °C ( ε = 2,16.109 Pa) à une vitesse de 1,8 m/s. si le tuyau a une longueur de 3000 m, et si la vanne coté sortie est fermée en 2,50 s, à quelle augmentation de pression dans les parois du tuyau doit-on s’attendre ? On donne pour l’acier E = 207.109 Pa. Solution :

La célérité de l’onde est :

ε = ε D⎤

a=

2,16.10 9

⎡ ρ ⎢1 + . ⎥ ⎣ E e⎦

⎡ 2,16.10 9 1200 ⎤ 10 ⎢1 + . ⎥ 9 10 ⎦ ⎣ 207.10

= 980 m/s

3

Le temps d’aller et retour de l’onde est : T0 = 2L/a = 2.3000/980 = 6,1 s Puisque T = 2,5 s < T0 = 6,1 s : il s’agit donc d’un coup de bélier direct ⇒ ∆ P = ρ .a. ∆ u = ρ .a.u0 = 1000.980.1,8 = 1,764.106 Pa = 1764 kPa

Exercice 10 :

Déterminer la vitesse de propagation de l’onde de coup de bélier et la surélévation de la pression en cas d’une fermeture instantanée d’une conduite d’acier de diamètre D = 450 mm, l’épaisseur des parois e = 8 mm et la vitesse initiale de l’eau V0 = 1,8 m/s ? On donne pour l’acier

ε

E

= 0,01, et E = 207.108 kgf.

Solution :

On a :

a= 1+

ε ρ avec a0 = ε .D

ε = ρ

2,07.10 8 = 1425 m/s 102

E.e

51 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires

⇒a=

1425 450 1+ .0,01 8

= 1137 m/s

Et nous avons : ∆ P = ρ .a. ∆ h = ρ .g.

a a .u0 car ∆ h = .(u − u 0 ) g g

⇒ ∆ P = 1000.1137.1,8 = 2,05.106 Pa = 2050 kPa

Exercice 11 :

Déterminer l’élévation de la pression à une fermeture instantanée d’une tuyauterie d’acier de diamètre D = 500 mm, à parois d’une épaisseur e = 9 mm ? La vitesse initiale de l’eau étant V0 = 1,47 m/s. Solution :

ε = 1425 m/s ρ

Nous avons : a0 =

Et a = 1+

ε ρ = ε .D E.e

1425 500 1+ .0,01 9

= 1142,74 m/s

⇒ ∆ P = ρ .a. u0 = 1000.1142,74.1,47 = 1,68.103 kPa

Exercice 12 :

Déterminer l’élévation de la pression lors de fermeture instantanée d’une conduite de diamètre D = 600 mm, et d’épaisseur des parois e = 5 mm, véhiculant un débit de 200 m3/h ? On donne : E = 18.1010 N/m2. ε = 21.108 N/m2. Solution :

Nous avons : ∆ P = ρ .a. ∆ u Avec :

52 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires

a=

ε = ε D⎤

⎡ ρ ⎢1 + . ⎥ ⎣ E e⎦

21.10 8 ⎡ 21.10 8 0,6 ⎤ 10 ⎢1 + . ⎥ 10 ⎣ 18.10 0,005 ⎦

= 935,41 m/s

3

D’autre part, nous avons : Q = 200 m3/h ⇒ v = Q/[ π .D2/4] = (200/3600)/ [ π .0,62/4] = 0,196 m/s ⇒ ∆ P = 1000.935,41. 0,196 = 183,34 kPa.

Ou bien : ∆ P =

∆u.a 0,196.935,41 = = 18,69 m. g 9,81

Exercice 13 :

De l’huile circule dans un tuyau en acier de 2440 m de long à raison de 0,57 m3/s, combien faut-il de temps pour fermer la vanne pour éviter la valeur de coup de bélier maximale ? On donne : La densité de l’huile est 0,85 et son module d’élasticité ε = 1,7.109 Pa. Le tuyau est supposé rigide de 60 cm de diamètre. Solution :

Nous avons : T0 = 2L/a Avec a =

ε = ρ

1,7.10 9 = 1414,2 m/s 0,85.1000

Pour éviter le coup de bélier maximum ⇒ T > T0 T0 = 2L/a = 2.2440/1414,2 = 3,45 s Pour éviter le coup de bélier maximum, le temps de fermeture de la vanne T doit être supérieure à 3,45 s T > 3,45 s.

Exercice 14 :

La longueur d’une tuyauterie d’acier entre le réservoir et la vanne est L = 1800 m, le diamètre D = 450 mm, l’épaisseur e = 6 mm. Le débit circulant est Q = 127 l/s. Déterminer l’élévation maximale de la pression ∆ Pmax prés de la vanne à sa fermeture progressive durant T = 3 s et à la loi linéaire de la variation de la vitesse ?

53 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires Solution :

On a : T0 = 2L/a Avec a0 =

a=

1+

ε = 1425 m/s ρ

ε ρ = ε .D E.e

1425 450 1+ .0,01 6

= 1077,18 m/s

⇒ T0 = 2L/a = 2.1800/1077,18 = 3,34 s > T = 3 s

Il s’agit d’un coup de bélier direct. ⇒ ∆ Pmax = ρ .a. u0

Avec : u0 = Q/S = Q/[ π .D2/4] ⇒ ∆ Pmax = ρ .a.Q/[ π .D2/4] = 1000.1077,18.0,127/( π .0,452/4) = 860,6 kPa

Exercice 15 :

Une conduite de 460 m de long et de 1,2 m de diamètre, véhiculant de l’eau à une vitesse de 0,6 m/s, et la célérité de l’onde qui la traverse est de 1143 m/s. Calculer la valeur maximale de coup de bélier sur la vanne et à 152 m et à 304 m de la vanne : - si la vanne est brusquement et complètement fermée ? - si la vanne est brusquement et partiellement fermée réduisant la vitesse à 0,18 m/s ?

Exercice 16 :

Une conduite de 300 m de long, où l’eau s’écoule à 0,8 m/s dont la célérité de l’onde est de 1000 m/s. Calculer la valeur maximale du coup de bélier sur la vanne, et à 100 m et à 200 m de la vanne : - si la vanne est fermée complètement et ? - si la vanne est brusquement et partiellement fermée permettant la réduction de la vitesse à 0,2 m/s ?

Exercice 17 :

De l’eau s’écoule à une vitesse de 3,048 m/s dans une conduite de 122 m de long, de 0,2 m de diamètre et de 6 mm d’épaisseur. 54 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires Calculer le temps d’un aller et retour de l’onde de pression et la valeur maximale de la surpression produite par la fermeture brusque de la vanne pour : - une fermeture complète ? - une réduction de la vitesse à 1,83 m/s ?

Exercice 18 :

Nous supposons que la célérité de l’onde dans une conduite est de 975 m/s. si cette conduite est de 610 m de long, et de 1,2 m de diamètre, calculer la valeur maximale du coup de bélier sur la vanne, et à 910 m du réservoir pour : - la vanne est partiellement fermée en 4 s permettant le débit de passer de 0,85 m3/s à 0,28 m3/s ? - le débit initial est de 0,42 m3/s et la vanne est complètement fermée en 1 s ?

Exercice 19 :

Une conduite en acier de diamètre D = 300 mm, d’épaisseur e = 5 mm, de longueur L = 3 km et comportant une vanne à son extrémité, et véhiculant de l’eau à un débit de 200 l/s. Si on ferme la vanne partiellement en 3 s permettant de réduire la vitesse à 50% de sa valeur initiale, déterminer l’augmentation maximale de la pression dans la conduite ? On donne : Le module d’élasticité volumique de l’eau ε = 21.108 N/m2. Le module d’élasticité longitudinale de l’acier E = 2.1011 N/m2. Solution :

Nous avons : a=

ε = ε D⎤

⎡ ρ ⎢1 + . ⎥ ⎣ E e⎦

21.10 8 ⎡ 21.10 8 0,3 ⎤ 10 ⎢1 + . ⎥ 2.1011 0,005 ⎦ ⎣

= 1135,05 m/s

3

Le temps d’aller et retour de l’onde est : T0 = 2L/a = 2.3000/1135,05 = 5,286 s Donc T0 = 5,286 s > T = 3 s Il s’agit d’un coup de bélier direct. ⇒ ∆ Pmax = ρ .a. ∆ u = ρ .a. (v0 – v) = 1000.1135,05.(v0 – v0/2) = 1000.1135,05.v0/2

Avec v0 = Q0/[ π .D2/4] ⇒ ∆ Pmax = 1000.1135,05.(Q0/2)/[ π .D2/4] = 1000.1135,05.(0,2/2)/[ π .0,32/4] = 1606,58 kPa

∆ Pmax = 1606,58 kPa 55 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires 1 a. Q0 / S a.Q0 1135,05.0,2 ∆u.a = = = 163,77 m = 2 Ou bien ∆ hmax = g g 2 g.S 0,3 2 2.9,81.π . 4

Exercice 20 :

Une conduite en acier de longueur L = 2 km, et de diamètre D = 300 mm, reliant un réservoir et une vanne, et véhiculant un débit Q = 100 l/s. Déterminer l’élévation maximale de la pression sur la vanne, si elle se ferme progressivement pendant 4 s ? Sachant que la loi de variation de la vitesse est linéaire. On prend : e = 5 mm. ε = 21.108 N/m2. E = 2.1011 N/m2. Solution :

Nous avons : a=

ε = ε D⎤

⎡ ρ ⎢1 + . ⎥ ⎣ E e⎦

21.10 8 ⎡ 21.10 8 0,3 ⎤ 10 ⎢1 + . ⎥ 2.1011 0,005 ⎦ ⎣

= 1135,05 m/s

3

T0 = 2.2000/1135,05 = 3,52 s Donc T0 = 3,52 s < T = 4 s. Il s’agit donc d’un coup de bélier indirect. ⇒ ∆ Pmax =2. ρ .L.u0 /T = 2. ρ .(L/T).(Q0 /S) =

2.10 3.2.10 3 . 4

0,1 = 1415,43 kPa 0,3 2 π. 4

∆ Pmax = 1415,43 kPa Ou bien : 2 L.u 0 2 L.Q0 / S ∆ hmax = = = g.T g.T

2.2.10 3.0,1 = 144,28 m 0,3 2 9,81.4.π . 4

Exercice 21 :

Calculer l’augmentation de pression produite par le fermeture partielle d’une vanne montée sur une conduite en acier de module d’élasticité E = 205.109 Pa, d’épaisseur e = 2 mm, de diamètre D = 70 cm et de longueur L = 2 km, véhiculant de l’eau à 20 °C de module d’élasticité ε = 21,39.108 Pa à un débit Q0 = 0,8 m3/s, sachant que la fermeture partielle de la vanne conduit à une réduction de 50% de la vitesse pendant 4 s ; et cela pour les deux cas :

56 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires a- la conduite est rigide ? b- la conduite est élastique ? Solution :

a- conduite régide : La célérité de l’onde est : a=

ε = ρ

21,39.10 8 = 1,46.103 = 1462,5 m/s 1000

Le temps de l’aller et le retour de l’onde sera : T0 = 2.L/a = 2.2.103 /1462,5 = 2,73 s Le temps de fermeture est T = 4 s Donc : T0 = 2,73 s < T = 4 s Il s’agit d’un coup de bélier indirect ⇒ ∆ Pmax =

2 .L 2L 1 2 L 1 Q0 = . .u 0 = . . .(u − u 0 ) = g .T g .T 2 g .T 2 S

∆ Pmax = 106 m ≈ 1,06 MPa ≈ 10,6 bars

2.10 3.0,8 = 106 m π .0,7 2 9,81.4. 4

b- conduite élastique : La célérité de l’onde : a=

ε = ε D⎤

⎡ ρ ⎢1 + . ⎥ ⎣ E e⎦

21,39.10 8 ⎡ 21,39.10 8 700 ⎤ 10 ⎢1 + . ⎥ 2 ⎦ 205.10 9 ⎣

= 678,2 m/s

3

Le temps de l’aller et le retour de l’onde sera : T0 = 2L/a = 2.2.103/278,2 = 5,9 s Nous avons T0 = 5,9 s > T = 4 s Il s’agit d’un coup de bélier direct : 1 Q a. . 0 ∆ Pmax = a.(u - u0)/g = 2 S = g

a.Q0 678,2.0,8 = = 71,89 m 2 D 0,7 2 2 g.π . 2.9,81.π . 4 4

∆ Pmax = 71,89 m ≈ 0,72 MPa ≈ 7,19 bars

57

Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires Exercice 22 :

Une conduite élévatoire de longueur L = 500 m et de section s = 1 m2, où s’écoule un débit Q0 = 1 m3/s, est protégée dans sa partie initiale par une cheminée de section constante Ω = 5 m2. Calculer l’oscillation dans la cheminée, dans le cas d’un arrêt brusque des pompes, et compte tenu de la perte de charge dans la conduite qu’est de ∆ H = 4,5 m ?

Exercice 23 :

Une galerie d’aménagement hydroélectrique de longueur L et de section s, relie une retenue de superficie assez grande dont les variations de niveau sont négligeables ; à une cheminée d’équilibre verticale cylindrique de diamètre D. En négligeant les pertes de charge, trouver l’expression de la période des petites oscillations de l’ensemble ? D (S) h

d (s)

L

⎧ L = 16km ⎪ On donne ⎨s = 16m 2 ⎪ D = 16m ⎩ Solution :

La masse de l’eau dans la galerie est : m = ρ .s.L

(1)

Les forces d’inertie aux quelles soumise cette masse : − m. Les forces de pression : S. ρ .g.h L’équation de continuité : s.V = S.

dV dV = − ρ .s.L. dt dt

(2)

dh dt

Avec : S : section de la cheminée dV S d 2 h ⇒ = . 2 dt s dt

(3)

58

Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires En remplaçant (1) dans (2), et faisant égalité des forces de pression aux forces d’inertie, on trouve : ⇒ − ρ .s.L.

dV = S .ρ .g .h dt

(4)

Remplaçant maintenant (3) dans (4) pour retrouver : L.S d 2 h . +h=0 g .s dt 2

La solution oscillante non amortie de cette équation différentielle est de type : h = h0.Sin( 2.π

t ) T

16.10 3.π .16 2 L.S = 2.π . = 891 s Où la période est : T = 2.π . g .s 10.4.16 h0 = m Q0 .

L L.s = m v0 . s.g.S g.S

Exercice 24 :

On suppose que la galerie de l’exercice précédant débite Q = 48 m3/s. 1- si l’on ferme rapidement la conduite immédiatement en aval de la cheminée d’équilibre, à quelle hauteur l’eau montrait-elle dans la cheminée d’équilibre ? (en négligeant les frottements). 2- si la hauteur de la cheminée d’équilibre est égale à 20 m, quel sera le volume d’eau déversé ? Solution :

1- D’après le même raisonnement précédant, nous avons : L.S d 2 h . +h=0 (1) g .s dt 2 Dont l’intégration de cette équation, donne : h = h0.Sin( 2.π

Avec T = 2.π .

t ) T L.S g.s

59 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires La valeur de h0 qui correspond au maximum de hauteur dans la cheminée, sera obtenue en considérant les conditions initiales. On a : s.V0 = S.

dh s dh 2π t ⇒ .V0 = = .h0 .Cos (2π . ) dt S dt T T

Pour t0 = 0 ⇒ Cos(

2π s 2π .0 ) = 1 ⇒ V0 = h0 T S T

L.s 16.10 3.16 ⇒ h0 = V0 . = 3. = 33,9m g .S π .16 2 10. 4

2- l’équation précédente (n°1) n’est valable que pour des niveaux ne dépassant pas la hauteur de la cheminée (20 m), si non ; on considère que la force de pression reste constante :

ρ .S .L.

dV L dV + ρ .g.S .h1 = 0 ⇒ . + h1 = 0 dt g dt

Avec h1 = 20 m. ⇒ V = V1 -

g .h1 .t L

(2)

Où V1 : vitesse dans la conduite à l’instant où h atteint 20 m dans la cheminée, le tant étant compté maintenant à partir de cet instant. T1

Le volume déversé U =

∫ s.V .dt = s.V .T 1

1

−

0

s.g .h1 2 .T1 2L

Où T1 est le temps nécessaire pour annuler la vitesse dans la galerie. D’après (2) : T1 = 2

V1 .L g .h1 2

2

s.V1 .L s.g .h1 V1 .L s.V .L ⇒U= . 2 2 = 1 − g .h1 2 L g .h1 2 g .h1

La vitesse dans la première phase de l’écoulement est : V=

2π .t1 S dh S 2π 2π .t . = .h0 . Cos ( ) = V0 .Cos ( ) s dt s T T T

Où t1 : temps écoulé entre la fermeture et le début de déversement :

60 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires on a : Sin( 2.π

t1 ) = h1/h0 = 20/33,9 = 0,59 T

⇒ t1 = 98,48 s

V1 = v0.0,807 = 2,42 m/s U = 3740 m3. T1 = 194 s. ⎧V = 3m / s Avec bien sure : ⎨ 0 ⎩T = 981s

Exercice 25 :

On désire fermer un orifice de section s0, situé à l’extrémité avale d’une conduite longue, de section S, de telle sorte que le débit décroisse linéairement en fonction du temps. 1- déterminer la loi de pression devant l’orifice pendant la fermeture, en supposant que le coefficient de débit m est constant ? s 2- quelle doit être la loi de fermeture de l’orifice en fonction du temps : ? s0 On admettra que la durée T de fermeture est inférieure au temps que mettent les ondes de pression émises depuis l’orifice, pour y revenir après réflexion sur l’extrémité amont de la conduite ? Solution :

Le débit traversant l’orifice à chaque instant : qv = m.s. 2 g.h Avec h : charge devant l’orifice La variation temporelle de ce débit est : qv = qv0 – qv0.t/T ⇒ dqv = - qv0.dt/T La surpression devant l’orifice est: dh = −

a a du = − dq v g g .S

⇒ dh =

a .q v 0 .dt ⇒ g .S .T

h

t

h0

0

∫ dh = ∫

a qv 0 . .dt g.S T

61 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires

⇒h=

a.q v 0 .t + h0 g .S .T

Où h0 : charge initiale devant l’orifice. En fin de fermeture : t = T ⇒ h1 =

a.u 0 a.q v 0 + h0 = + h0 g g.S

Où u0 : vitesse initiale dans la conduite. La surpression totale produite par la fermeture est :

∆h = h1 − h0 =

a.u 0 a.q v 0 = g g.S

2- Nous avons : qv = m.s. 2 g.h 2

⇒h=

2

qv qv 0 t = .(1 − ) 2 2 2 2 2 T m .s .2 g 2 g.m .s

Avec h = h0 +

a.q v 0 t . g.S T 2

qv 0 a.q v 0 t t .(1 − ) 2 ⇒h0 + . = 2 2 T g.S T 2 g.m .s 2

A t = 0, nous avons : qv0 = m.s0. 2 g .h0

qv0 et h0 = 2 g.m 2 .s 2

t ⎡ ⎤ (1 − ) 2 2 ⎥ a.q v 0 .t qv 0 ⎢ 1 T − ⇒ = . 2 ⎢ 2 2 ⎥ g .S .T 2 g .m ⎢ s s0 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥

t s T = La loi de fermeture est donnée par : 2 s0 2.a.m 2 .s 0 t 1+ . q v 0 .S T On peut écrire aussi : t t 1− 1− s T T = = s0 a.u 0 t ∆h t 1+ . 1+ . h0 T g.h0 T 1−

62 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires Exercice 26 :

Un manomètre est constitué par deux tubes verticaux de diamètre D, reliés par un tube plus fin de longueur L et de diamètre d. En admettant que les pertes de charge dans ce dernier tube sont à chaque instant, égales à celles d’un écoulement laminaire permanent, calculer la condition pour laquelle, la viscosité du liquide réalise l’amortissement critique ? D

D

h

d

L Solution :

La masse du fluide contenue dans le tube horizontal est : m = ρ .L.

π .d 2 4

Sa force d’inertie à chaque instant t est : dV d 2 dV − m. = − ρ .L.π . . dt 4 dt Cette force est équilibrée par des forces de pression et de frottement. π .d 2 - les forces de pression sont : .ρ .g .h 4 π .d 2 L V2 avec ∆P = f . .ρ . - les forces de frottement sont : ∆P. 4 2 d 64 64.ν En écoulement laminaire f = = ℜ V .d ⇒ ∆P.

π .d 2 4

= 8π .ρ .L.ν .V

En équilibre ; la somme des forces est nulle : 63 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires ⇒ ρ .L.

π .d 2 dV 4

.

dt

+ ρ .g .

π .d 2 4

.h + 8π .ρ .L.ν .V = 0

(1)

D’autre part, l’équation de continuité des volumes fluides est : V.

⇒

π .d 2 4

1 D 2 dh D 2 dh . ⇒V = . = .π . 2 4 dt 2.d 2 dt

dV D2 d 2h = . dt 2d 2 dt 2

(2)

On remplace (2) dans (1), et on simplifie, nous trouvons : 1 D2 d 2h L.ν .D 2 dh . 2 . 2 + 16. . +h=0 2 g d dt g.d 4 dt Cette dernière, est une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants, de type : A.

d 2h dh + B. + C.h = 0 2 dt dt 2

Où l’amortissement critique est obtenu avec : B = 4.A.C L.ν 2 .D 2 ⇒ 128. =1 g.d 6 L.ν 2 .D 2 Et le système sera oscillatoire si 128.

v 2 −C . A .( C . 0 + z max ) L.S 2g

C. A .z max L.s

Avec v0 = Q0/s =

15 2 π .2

= 4,78 m/s 4

zo = -C.v2/2g = -10,2.4,782/2.9,81 = -11,88 m Où − 11,88 < 20 m

Et 1 >

C. A L.S .z max ⇒ A < 1 > C.z max L.s

22 4 = 30,78 m2. = 10,2.20 2000.π .

⇒ 1-0,0325.A = e-0,0518.A

C’est une équation transcendante, pour la résoudre, on utilise les itérations successives :

68 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires

A 30,78 30 20 19,8 19,7 19,6 19,65

1-0,0325.A -0,00035 0,025 0,35 0,3565 0,35975 0,363 0,36137

e-0,0518.A 0,203 0,2114 0,3548 0,3585 0,3604 0,3623 0,36136

Donc A = 19,65 m2 = π .d 2 / 4 ⇒d=

4.19,65

π

= 5,0032 ≈ 5 m.

Exercice 29 :

Une cheminée d’équilibre de forme cylindrique, de diamètre D = 5 m, est choisie comme moyen de protection anti-bélier d’une conduite d’adduction reliée à un château d’eau. 1- si la conduite est de diamètre d = 1,5 m et de longueur L = 12 km, véhiculant un débit Q0 = 1 m3/s, en négligeant les pertes de charge, calculer l’augmentation du niveau d’eau dans la cheminée après une fermeture rapide de la conduite ? 2- si le niveau d’eau dans le réservoir est H = 10 m, donner la hauteur totale de la cheminée ? D Réservoir Cheminée H d

L Solution :

Il s’agit d’une oscillation en masse de la masse d’eau existante dans la conduite, entre le réservoir et la cheminée. - La masse d’eau dans la conduite est : m = ρ .s.L - les forces d’inertie aux quelles est soumise cette masse : dV dV − m. = − ρ .s.L. dt dt - les forces de pression exercées sur cette masse : 69

Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires

s. ρ .g.h

dV (1) dt D’après l’équation de continuité : ⇒ s. ρ .g.h = − ρ .s.L.

dh dV S d 2 h ⇒ = . 2 s.V = S. dt dt s dt ⇒

L.S d 2 h . +h=0 g .s dt 2

Et l’équation (1) devient :

S d 2h s. ρ .g.h = − ρ .s.L. . 2 s dt Pour que la masse oscille entre la cheminée et le réservoir, la solution de la dernière équation est de type : h = h0.Sin(

2πt ) T

Où la période des oscillations est T = 2π .

Et leur amplitude est h0 = m Q0 .

⇒ h0 = m 1.

12.10 3

π2 42

L S . g s

L L = m Q0 . 2 s.g.S π .g.d 2 .D 2 2 4

= 5,94 m 2

.9,81.1,5 .5

2

⇒ ∆ h = 5,94 m.

La hauteur totale de la cheminée est h = H + ∆ h = 10 + 5,94 = 15,94 ≈ 16 m.

Exercice 30 :

Une conduite de diamètre D = 2 m et de longueur L = 20 km, véhiculant un débit Q = 3 m3/s, reliant un réservoir de grande section et une cheminée d’équilibre verticale de diamètre d = 0,5 m.

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Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Ecoulements transitoires Si on ferme rapidement la vanne qui se trouve juste après la cheminée, en négligeant les pertes de charge : - calculer la période des petites oscillations de l’ensemble ? - calculer l’élévation maximale de l’eau dans la cheminée ? D Hmax

d

L Solution :

Nous avons : T = 2.π .

H0 = m Q0

L.S 20.10 3.π .0,5 2 / 4 = 2.π . = 70,89 s g .s 9,81.π .2 2 / 4 L = m3 s.g .S

Ou bien h0 = m v0.

20.10 3 22 0,5 2 π . .9,81.π . 4 4

= m 172,56 m

L.s = m 172,56 m g.S

71 Mécanique des fluides approfondie : Exercices résolus

Références bibliographiques

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