Statique Des Fluides Exo 2

M ÉCANIQUE DES F LUIDES T RAVAUX D IRIGÉS - CORRIGÉS PREMIÈRE ANNÉE

-

SÉRIE

S TATIQUE DES FLUIDES P HÉNOMÈNES CAPILLAIRES R ELATION DE B ERNOULLI

2010-2011

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

1

2

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

IUT GTH 1e année

Travaux Dirigés 2010-2011

2

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés

IUT GTH 1e année

des fluides Séance__________________________________ 1 Statique : Statique des fluides Statique des fluides

__________________________________

1 Amplificateur de mouvement et de force 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 U 2tube1Tube enenU on a introduit une hauteur h = 20 cm d'huile non miscible dans l'eau (de masse volumique !h =-3800 kg.m-3). On considère un tube en forme de U. On a d'abord versé de l'eau (de masse volumique !e = 1000 kg.m ), puis d'un côté du

Calculer la adénivellation h' entre hles surfaces libresnon d'huile et d'eau. tube on introduit une hauteur = 20 cm d'huile 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.

A A

hʼ

C

hʼ

C B B

h h

Corrigé :

Corrigé : l'équation de la statique (fluide homogène) sur le trajet fermé ABCA: On écrit trois fois On écrit trois fois l'équation de la statique (fluide surp le+trajet pAhomogène) + !e g zA = !e gfermé zB ABCA: B pA + !e g zA = pB + !e g zB

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

pC ! pA = patm pC ! pA = patm

On fait la somme membre à membre les pressions pressionsdisparaissent disparaissent boucle fermée) On fait la somme membre à membredes destrois troiséquations équations (toutes (toutes les boucle fermée) : :

!e !ze Az-A z-BzB= =!h!h zCzC- -zzBB

" h' == !!hh hh " !!ee h h -- h'

# h'h'= =h h!e!-e !-h!h # !e!e

h'h'==hh!!e e--!!hh == 0,2 0,04 mm==44cm cm 0,2 200 == 0,04 !!ee 1000

- Mesure densitéd'un d'unliquide liquide 2 - 2Mesure dede laladensité On dispose tube versedudumercure mercureau aufond fond du du tube, tube, puis sursur uneune hauteur On dispose d'und'un tube en en U.U. OnOn verse puis d'un d'uncôté, côté,on onverse versededel'eau l'eau hauteur h = 96 mm. Ensuite, on verse de l'autre côté le liquide à mesurer jusqu'à ce que les deux surfaces libres soient sursur uneune même h = 96 mm. Ensuite, on verse de l'autre côté le liquide à mesurer jusqu'à ce que les deux surfaces libres soient même 3horizontale. Mesure la d’un liquide horizontale. Onde mesure ladensité hauteur du liquide inconnu et on trouve h' = 103 mm. On mesure la hauteur3 du liquide inconnu et on3 trouve h' = 103 mm. Sachant que !eau = 1000 kg/m et !mercure = 13 600 kg/m3 , trouver la densité du liquide inconnu (rapport entre sa masse Sachant que !eau = 1000 kg/m3 et !mercure = 13 600 kg/m , trouver la densité du liquide inconnu (rapport entre sa masse volumique et celle de l'eau). volumique et celle de l'eau). A D

A

hʼ

hʼ

D

eau

X

eau

B

C

X

B

C

h

h

mercure

mercure

Corrigé :

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

pA + !x g: zA = pB + !x g zB On décrit la boucle fermée ABCDA, soit quatre relations ppBA ++ !!Hg = ppCB ++ !!Hg B= x gg zzA x gg zzBC !e gg zzBC = pDC ++ !!eHg g zgDzC pBp+C !+Hg = ppAD + ! e g zD pC + !e g pzDC = On fait la somme membre à membre des quatre relations et on obtient : pD = pA !x zA - zB + !Hg zB - zC + !e zC - zA = 0 Exercices de mécanique des fluides corrigés des quatre relations et on3obtient : On fait la somme membre à avec membre !x zA - zB + !Hg zB - zC + !e zC - zA = 0 !x h' + ! Hg h - h' - !e h = 0 " ! x =

!x =

IUT GTH 1e année

!Hg h' - h + !e h h'

!Hg h' - h + !e h 13600 103 - 96 + 1000. 96 = = 1856 kg/m3 h' 103

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 2 chaque branche) deux liquides non miscibles de masses volumiques très voisines : eau ! eau = 1000 kg/m3 3

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 miscibles de masses volumiques très voisines : Mécanique des Fluides, IUT1non GTE 1ère année Travaux Dirigés 2010-2011 eau ! eau = 1000 kg/m3 !Hg h' - h + !e h 3 !x h' + ! Hg h - h' - !e h = 0 " ! x = aniline ! aniline = 1024 kg/m Dans le premier état, les pressions sont identiques de part et d'autre. L'interface entre l'eauh'et l'aniline est notée 0 le deuxièmed’une état, on applique unesurpression surpression !p à la branche de droite (cf. figure). L'interface se déplace de la valeur 4DansMesure faible h. Trouver la relation entre la hauteur !Hgh et h' la- hsurpression + !e h !p. 13600 103 - 96 + 1000. 96 3

!x =

h'

=

103

= 1856 kg/m

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 Corrigé : Dans le deuxième état, on applique une surpression !p à la branche de droite (cf. figure). L'interface se déplace de la valeur h. relation entre laont hauteur h et la surpression !p.à celle du tuyau, alors le changement de niveau AA' et CC' SiTrouver on admetlaque les réservoirs une grande surface par rapport 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

5Un bateau Poids, force et pression 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. Corrigé Calculer les est composantes vecteur gradient de pression dansdifférence l'océan. Représenter ceentre vecteur. La pression la même du dans les deux récipient (même d’altitude la surface et le fond dans les deux cas). Si on admet que les réservoirs ont une grande surface par rapport à celle du tuyau, alors le changement de niveau AA' et CC' Corrigé : La force exercée sur la table est égale au poids d’eau (calcul du volume d’un prisme à base trapézoidale) : la force est insignifiant. Sinon, on écrit que lle volume dégagée par l'enfoncement de C se retrouve dans le déplacement de B. Calcul pressions est doncdes plus importante pour le récipient qui s’évase vers le haut que pour le récipient qui se rétrécie vers le point A zA = -10 m pa = patm + !e g h pr = !e g h = 1030. 9,81 . 10 = 101 000 Pa haut. Dans l'hypothèse simple, la surpression !p le changement (!anil000 - !e) g h = (1024 - 1000) 9,81 . h d'où : point A z = -60 m pa = patm + !est g compensée h repos, pr = !e on g hpar = 1030. 9,81également . 60 = 606 A e au Par application du PFS sur le volume d’eau remarque que Pa le poids d’eau est égal à la zA =de -600 m pque !e g h etprla =! . 600 6 063 000 Pa a = ples atm + e g h = 1030. résultantepoint des A forces pression parois surface libre 9,81 exerce sur= le volume d’eau. La résultante des 8 A zAau= -11 000 m = p= +chaque !e g h hpréservoir !e g h =est 9,81 . 11 =et1,111.10 Pa cas, en revanche, la h1030. avec en000 Padans h les en m a!p atm r==235,44 forces de point pression niveau du pfond de24.9,81 bien la!p même deux résultante des forces de pression sur les autres surfaces est différentes dans les deux cas du fait de l’orientation Par rapportdes avec un manomètre différentes parois latérales. à eau simple, on gagne un facteur 1000/24 = 42 environ. cela explique le titre de l'exercice.

4- Gradient de pression Séance

2 : Statique des fluides

Un bateau océanographique est immobile sur l'océan. La masse volumique de l'eau de mer est ! mer = 1030 kg/m3. 6Calculer Gradient derelatives pression les pressions 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 point A zA = -60 m point A zA = -600 m point A zA = -11 000 m

pa = patm + !e g h pa = patm + !e g h pa = patm + !e g h pa = patm + !e g h

pr = !e g h = 1030. 9,81 . 10 = 101 000 Pa pr = !e g h = 1030. 9,81 . 60 = 606 000 Pa pr = !e g h = 1030. 9,81 . 600 = 6 063 000 Pa pr = !e g h = 1030. 9,81 . 11 000 = 1,111.108 Pa

3

La différence de pression entre le gaz et l'air augmente de 961,4 - 576,8 = 384,6 Pa 5Immeuble alimenté en gaz naturel Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

Travaux Dirigés 2010-2011 Soit en mm de CE "p/!e g = 384,6 / 1000/9,81*1000 = 39,2 mmCE. Le gaz est en surpression !p = 150 mm d'eau, par rapport à l'air extérieur au niveau du sol. Calculer la surpression au 3 dernier étage qu'en de l'immeuble situé à 80 m de hauteur. atteint La masse volumique On en déduit haut de3 l'immeuble, la surpression 189,2 mmCE. de l'air au sol est ! air = 1,225 kg/m et celle du !gaz = 0,735 kg/m . 7gaz est Immeuble alimenté en gaz naturel

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.

6 - Poussée d'Archimède récipient cylindrique de section S contient de l'eau sur une hauteur h = 20 cm . Ce récipient est placé sur une balance. 8Un Poussée d’Archimède Une bille en acier de diamètre D = 2 cm est suspendue à une potence par une ficelle. On trempe entièrement la bille dans

Corrigé :

l'eau. Dans quel sens la balance est-elle déséquilibrée ? Quelle masse faudrait-il ajouter pour rétablir l'équilibre ? Quelle était l'eau sur le fond du récipient auexerce début, sur puisleaprès immersion de la: bille ? 1- Il la y apression plusieursexercée façons par d’évaluer la force F que le récipient plateau de la balance 3 A.N. ! acier = 8600 kg/m . - 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 Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 1e année fond du récipient. C’est certainement la méthode 5la plus simple pour voir que la densitéIUT deGTH la bille n’a aucune

Corrigé :

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.

1- Il y a plusieurs façons d’évaluer la force F que le récipient exerce sur le plateau de la balance : - soit Onlapeut prendre commeon système pleinL'aiguille d’eau à l’exception la bille et montrer que la force que la Quelle que méthode employée voit queleFrécipient a augmenté. de la balancedetourne donc vers la gauche. bille exerce sur ce système est opposé à la force d’Archimède (le liquide exerce la poussée d’Archimède sur la Quantitativement obtient en suivant lesloi démarches 1 ouréciprocité 3 ( la deuxdes est actions, plus compliquée) bille on et d’après la troisième de Newton, la bille exerce l’opposé de la poussée d’Archimède sur le liquide) on en déduit alors F. Méhtode- 1- Si néglige le volume la ficellel’ensemble immergée,bille il reste la bille. L'eau exerce la poussée sur la de bille, Ononpeut utiliser commedesystème + eau. Ce système est soumis à sond'Archimède poids, à la force donc, réciproquement bille exerce est uneàforce qui F. est On l'opposée la poussée le poids d'une traction Tlade la ficelle la force utilise de l’équilibre ded'Archimède, la bille dans c'est-à-dire l’eau pour déterminer T. bille en eau. Il- fautOn donc rajouter droite, une masse qui fournit le poids d'une billedes en eau, c'est-à-dire la masse d'uneexerce bille en peut utiliserà le récipient sans l’eau est évaluer la résultante forces de pression que l’eau sur le eau. fond du récipient. C’est certainement la méthode la plus simple pour voir que la densité de la bille n’a aucune

L = m = "e#

d3 = 0,00418 kg 6

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. 4 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

12 Aréomètre - Amplificateur de mouvement et de force 7-

On aéromètre considère un tube en U dont une branche a une section Spour cm2 et l'autre a unedes section S2 = Il4000 cm2. Deux pistons 1 = 40 Un ou Fluides, pèse-liquide ouGTE densimètre est un appareil déterminer la densité liquides. estDirigés constitué d'une ère année Mécanique des IUT1 1 Travaux permettent de transmettre fluide (eau) efforts.un corps renflé qui sert de lest. La masse totale de l'appareil 2010-2011 tige cylindrique de section au s (graduée) quides surmonte est m. Montreronque lorsqu'on appuie surl'eau, la surface S1 avec en uneposition force Fverticale il faut exercer une énorme F2 de l'autre côté 1 = 10 N,sur Quand trempe l'appareil dans il se stabilise la graduation 0. force Lorsqu'on le trempe dans un pour empêcher le cylindre de bouger. Si on dispose une masse M du côté S , quelle devra être sa valeur pour équilibrer 2 liquide de densité d, l'appareil se stabilise à la distance z du 0 précédent. Déterminer la relation entre la densité du liquidelaet force F ? 1 graduation z. 9laDonner Aréomètre des exemples d'utilisation, suivant qu'on appuie du côté S1 ou de l'autre S2. Vérin, amplificateur de mouvement ? Corrigé : Corrigé : expériences. Il y a deux 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 F qui vaut : Dans l’eau " e V + he s g = mg 2 F 1 = F 2 ! F2 = F1 S 2 = 100 F1 S1 S2 S1 La masse correspondante : ) g = mg Dans un autre liquide "(Vsera + hs m = F2 g deux équations (membre à membre) on obtient ! En divisant par la masse volumique et en prenant la différence des Si on appuie côté S1, cela correspondra à un vérin, si on appuie côté S2, cela correspondra à un amplificateur de m $ 1 1 ' m $ #e ' m $ 1 ' mouvement. L =h"h = " = "1 = & "1)

(

)

!

e

& s %#

) #e (

& s# e % #

) (

s# e % d

(

L est le déplacement de la tige. Les graduations ne sont pas équidistantes.

13 - rappeler Les hémisphères delaMagdebourg Bien la définition de densité (rapport d’une masse volumique sur la masse volumique de l’eau). Bien préciser Le Bourgmestre de!la ville deleMagdebourg (Ottoparler de Gericke) à la Renaissance qu’il arrive que l’on emploie mot densité pour de la masse volumique. 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 faitzledésigne vide etune qui graduation seraient simplement jointifs sans supplémentaire. Certains la villez relevèrent le pariJeet Ici sur l’appareil et non passerrage une altitude. Il est préférable de notables garder lade notation pour l’altitude. l'expériencel’énnoncé fut exécutée. maireprochaine. gagna-t-ilEn sonattendant pari ? lors de la correction utiliser éventuellement une autre notation modifierai pour Le l’année typiquement L pour désigner le déplacement vertical de la tige 8 - Contrainte de rupture d'un tube

F

F

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 le tuyau. 10 Lesdans hémisphères de Magdebourg Corrigé Corrigé :: Si on considère l'équilibre d'un seul hémisphère (le droit par exemple), il est soumis à la pression atmosphérique sur un Le tube peut àéclater suivant un diamètre ou suivant la longueur. On sait, en saucisses Au sur moment un barbecue, hémisphère, l'action de l'autre hémisphère et à la traction des chevaux (onobservant néglige lades pesanteur). où il y a e qu’elles ont tendance à se fendre suivant la longueur lorsqu’elles éclatent et non pas suivant le diamètre. désolidarisation, l'action du 2 hémisphère s'annule et il ne reste plus que deux forces, d'où la relation : On peut faire le

d2 2 p a = 79.103 N F = ! d pa = 25 000 N 4 4 Cela représente représente lelepoids d'une masse de 2500 kg accroché à une corde. On devine que le abourgmestre gagné Cela poids d’une masse de 7900 kg. On devine facilement que facilement le bourgmestre gagné son apari. son pari. F=π

Séance 3 : Statique des fluides

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 de pression sur latube vanne. 11 Contrainte deforces rupture d’un 2- Calculer le point d'application de la force. Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 6 la force horizontale sur cette vanne IUT GTH 1e année 3- Si la vanne est inclinée vers un l'eau d'un angle 30°, queladevient ? Cas d'une vanne Le tube peut éclater suivant diamètre oudesuivant longueur. On sait, en observant des saucisses sur un bar-de forme quelconque becue, qu’elles ont? tendance à se fendre suivant la longueur lorsqu’elles éclatent et non pas suivant le diamètre. calcul dans lesledeux cas dans mais on que contrainte plus pour une suivant unepour une On peut faire calcul lestrouve deux en caseffet mais onlatrouve en max effetest que la faible contrainte maxrupture est plus faible génératrice du cylindre. On propose donc le calcul dans une optique de rupture suivant cette direction. Les élèves rupture suivant une génératrice du cylindre. On propose donc le calcul dans une optique de rupture peuvent suivant calculer chez eux, la pression qu’il faudrait atteindre pour avoir une rupture suivant un diamètre et voir que cette valeur est cette direction. Les élèves peuvent calculer chez eux, la pression qu’il faudrait atteindre pour avoir une rupture h plus élevée que la valeur obtenue pour une rupture suivant un génératrice du cylindre. suivant un diamètre et voir que cette valeur est plus élevée que la valeur obtenue pour une rupture suivant un génératrice cylindre. La pressiondu intérieure s'oppose à la pression atmosphérique extérieure. Coupons par la pensée le tuyau en deux par une La pression intérieure s’opposemécanique à la pression atmosphérique extérieure. Coupons par lalapensée le tuyau en deux génératrice. Écrivons l'équilibre de cette moitié de tuyau. Les forces, si on néglige pesanteur, se limitent à par une des génératrice. Écrivons l’équilibre mécanique cette moitié de tuyau. Les forces, si on néglige la pesanl'action gaz et l'action des contraintes internes, d'où lade relation : teur, se limitent à l’action des gaz et l’action des contraintes internes, d’où la relation : D p + T De - Di 60.105 + 100.106 60 - 56 Di L pi - De L pa + T De - Di L = 0 ! pi = e a = = 72,5 bars Di 56

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

12

Vase d’expansion

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 5 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 :

7

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE

1ère

année

IUT GTH 1e année

Travaux Dirigés 2010-2011

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 ) =1,2.107 Di

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 300 = = 0,3006 m3 =300,6 L " 0 998

Le volume d’eau à 60°C est :

!

!

!

m m 300 300 = = = = 0,3061 m3 = 306,1 L #4 " " 0 (1 # $ (T # T0 )) 998(1 # 4,5.10 .40) 989 ) m m& 1 1 "Ve = V # V0 = (1 # = 0,3006.1,83.10 #2 = 5,5.10 #3 m3 = 5,5 L += 1 $ 0 ' 1 # % (T # T0 ) * $ 0 #1 % (T # T0 )

V=

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 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 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, . . . ).

6

vidange par le vase d’expansion… on réaliserait donc l’opération inverse de celle recherchée. Comme le vase ouvert IUT1 à l’atmosphère, la solubilisation de l’air dans l’eau, responsable en partie des poches gaz qui Mécanique des est Fluides, GTE 1ère année Travaux Dirigésde2010-2011 Exercices de mécanique avec corrigés 9 facilement la corrosion ainsi que laIUT GTH 1e année du circuit apparaissent dansdes lesfluides radiateurs, est rapide. On risque aussi plus contamination 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 = Vg 0 " #Ve

!

5. Le gaz est parfait donc PV=nRT. ici on doit utiliser Kelvin, on utilise effet des de L'équation deun la gaz surface libre se déduit de laAttention simple remarque qu'en tout les point, la tangente à laen surface libreniveaux est température absolus et non pas des différences de température. perpendiculaire à la pesanteur équivalente (le vecteur gradient est perpendiculaire aux isobares) : A la teméprature ambiante T0=(20+273) on a P0=2 bar (valeur absolue) 2 on veut P=4 bar 2 (valeur 2 A la température de fonctionnement T=(60+273) absolue, liée à la fois à la compression du gaz et à tg a = dz = ! r " z = 1 ! r + z0 = z0 + 0,05097 r2 l’augmentation de température, cette pression de 4 bar n’induit toujours pas de variation mesurable de la masse volumique g dr 2 g du liquide comme on l’a supposé à la question 4) Donc :

On peut aussi écrire la différentielle de la pression dp en fonction de dr et dz et dire que si on se Vg P0sur T la surface libre on a dp = 0 car la surface libre est une isobare. déplace = La Vgconstante P T0d'intégration z0 est la position de la surface libre sur l'axe du verre. La forme de la surface libre est donc un 0 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 6. Compte tenu des deux questions précédentes : hauteur.

!

Vg 0 " #Ve #V P T =1" e = 0 Vg 0 Vg 0 P T0V =

d’où

!

!

R

0

4 a r2 2 ! r dr = 2 ! a r 4

R 0

= 1 ! a R4 = 1 ! R2 H 2 2

"Ve de sécurité 5,5.10 #3 11Vg 0 Soupape = = =12,7.10-3 m3=12,7 L P0à pression T 2 genre 60 + 273 Une marmite du cocotte-minute est munie d'une soupape de sécurité. Cette soupape est simplement 1 #d'une bille,1de # diamètre D = 2 cm et de masse négligeable, venant appuyer sur un trou du récipient de diamètre d constituée P T0 4 20 + 273

=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 ? 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 =

13 sécurité 10 cm Soupape , le: diamètre dude verre est D = 15 cm. Dans quel repère a-t'on le droit d'appliquer l'équation de la statique ? Quelle est Corrigé en chaque point à la distance r de l'axe, la pesanteur apparente ? Trouver l'équation de la surface libre après mise en rotation verre . appuie sur une calotte sphérique. Le complément à la sphère est soumis à la pression atmosphérique. L'air sousdupression 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 : 2 F = ! d p - pa 4 Corrigé : soumise à un ensemble de 4 forces : l'action des bords du récipient, l'action de l'air, l'action du ressort et son La bille est Il seraitAu plus rapideoù delatraiter dynamique le repère mais on peut ledu résoudre poids. moment bille ce se problème soulève laen première force(dans s'annule. Nousfixe). en déduisons que laaussi force ressorten (sistatique on néglige dans le repère tournant. Le repère tournant n'est pas galiléen, il faut donc ajouter aux forces extérieures les forces d'inertie la pesanteur) est l'opposée de l'action de l'air. D'où : d'entraînement. L'équation de la statique s'écrit : 2

F = ! d p - pa = k2 !L - gradP -4! g ez + ! V er = 0 r Tout passe la comme pesanteur était par une pesanteur somme deux derniers termes. de la bille. Si on se connaît raideursi kladu ressort, on enremplacée déduit de combien on doit leoblique, comprimer (!L)des pour assurer le maintien 2 -4 2 !L = ! d p - pa = ! 1,5 10 105 = 0,035 = 3,5 cm 4k 4. 500

14

Force sur un barrage verticale

Après intégration vue en cours le résultats s’écrit :

7

11

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés

IUT GTH 1e année

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année Corrigé :

Travaux Dirigés 2010-2011

Le calcul a été fait en cours, le résultat s'écrit : F = 1 ! g h2 L = 1 1000.9,81 250 = 1,22.106 N 2 2 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 : H

M=0!

z-zA z- H dz = 0 0

H

z2 - z H +zA + H zA dz = 0 ! 0

H3 - H2 H +zA + H2 zA = 0 3 2

zA = 1 H 3 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

15 Tableau de ainsi variation H = 5 m. Dans la cloche 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 ? L’idée est d’illustrer simplement la loi de l’hydrostatique : Corrigé : p + aρgz Le calcul été = faitcst 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 - 2 ! R3 " g = ! R2 " g H - 2 R = ! 4 .103 9,81 5 - 4 = 452.103 N La pression hydrostatique ρgz diminue donc lorsque la pression statique p augmente 3 3 3 et inversement. La pression motrice pm = p + ρgz reste toujours constante. Le tableau de variation permet de représenter cela lorsqu’on se déplace dans le circuit de A à D.

16 - Tableau de variation

C A le circuit ci-contre. B D On considère En l’absence d’écoulement, tracez A le tableau de variation de la pression statique et de la pression piézométrique lorsqu’on se déplace le long du circuit de Ap + à D. ρgzComment évolue la somme de ces deux pressions ?

B

C

Corrigé : ρgz est simplement d’illustrer avant de passer à la suite une conséquence simple de L’idée

A

!D

! g

p + "gz = cst

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

!

paramètre p

!

A

B

C

"gz p + "gz

! !

8

D

A

pi " pe =

2# R

Mécanique Fluides, GTEd'une 1ère année relation dedes Laplace en IUT1 présence seule interface.

!

Travaux Dirigés 2010-2011

Séance 4 : Tension surface, équation de Bernoulli 18 - Autre démonstration de la loide 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.

16

Autre démonstration de la loi de Jurin

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés Corrigé :

13

IUT GTH 1e année

De la même façon, on écrit que la tension superficielle tire la colonne d'eau. L'équilibre est atteint quand cette force de Corrigé : traction est opposée au poids de la colonne d'eau. Exercices de mécanique des fluides avec corrigés 14 IUT GTH 1e année On applique trois fois la loi de Jurin : 2 2 ! R-33 # g = ! R2 h + R # g 2 ! R " =h =! R 2 !h =+ R2.- 75.10 = 1,53 cm 3 . 10-3 3 " g R 103 9,81 2 !-3 - R h = cos(30) h = 2 ! cos" = 2. 75.10 " g R 3-3 = 1,32 cm 3 # g R 10qui9,81 . 10 à la loi de Jurin si on néglige le dernier terme. La remontée capillaire est donc donnée par cette formule se ramène -3 2. 450.10 cos(180) 2 ! cos" h= = = - 6,75 mm #gR 13,6.103 9,81 . 10-3

19 - Remontée capillaire dans un tube

Exercices de mécanique fluides corrigés de diamètre d = 2 mm dont 13 une des extrémités est plongée dans IUTl'eau. GTH 1eOn année On considère un des tube fin,avec vertical, suppose que le

17 Remontée capillaire dansparfaitement un tubeles parois. Calculer la remontée capillaire H dans le tube. verre est très propre et que le liquide mouille -3 A.N. 75.10ABDC N/m et on applique les relations : Corrigé On fait"le=: trajet 20Taille d'une goutte qui tombe d'un tubelefin (loi(angle de Tate) Même question si l'eau ne mouille pas parfaitement verre de contact 30°). -3 gouttes qui tombe ? On laisse couler l'eau très lentement d'un tube fin (diamètre d = 3 mm). Quel est (" le diamètre On applique fois la pour loi deun Jurin Quelle seraittrois la hauteur tube: dans du mercure, non mouillant parfait = 450.10des N/m) 2 ! pA = pB de + la-3goutte juste au moment où elle se détache. On en calculera une bonne approximation en faisant l'équilibre 2 ! 2. 75.10 R h= = 3 = 1,53 cm -3 " pgBR+ ! 10 g zB9,81 = pD. +10! g zD -3 pC - 2 !cos(30) = 1,32 cm h = 2 ! cos" p=D2.= 75.10 3 R . 10-3 #gR 10 9,81 D'où, en faisant la somme-3membre à membre : cos(180) = - 6,75 mm h = 2 ! cos" =pc2.= 450.10 pA +3! g h # g R 13,6.10 9,81 . 10-3 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.

18 Tailleded’une 22 - Formule Torricelligoutte qui tombe d’un tube fin (loi de Tate)

20-récipient Taille d'une tombe au d'un (loi de Tate) Corrigé : est Un percégoutte d'un trouqui de vidange fondtube à unefin distance h de la surface libre. On suppose qu'un dispositif permet Onrécipient laisse couler l'eau trèsun lentement d'un tube fin (diamètre d = 3 mm). Quel est le diamètre des gouttes qui tombe ? au de conserver niveau constant. Au moment laune goutte se détache, pédoncule de raccordement diamètre à celuioùduelle tube. on néglige le OnCalculer en calculera bonne approximation en faisant l'équilibre de alaun goutte justedauégal moment se Si détache. 1laoùvitesse de sortie du jet le d'eau. volume du pédoncule sous leau col, on obtient l'équilibre mécanique : la force traction due à ladetension superficielle 2On lâche une bille d'acier niveau de la surface libre en dehorssuivant du récipient et ondenote les valeurs sa vitesse. Quelle est au quand poids de goutte :au niveau du trou ? seraopposée sa vitesse ellelapassera 1/3 -3 3 3- Représenter en fonction de= z1, !la D vitesse particule fluide récipient. " 1/3d'une . 75. 10-3dans=le5,16 = 6. 3.10 mm Que peut-on en !d" # g de $ laDbille = 6etd celle #g déduire sur l'ordre de grandeur 6des accélérations au voisinage du trou1000. ? 9,81 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 h 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. Corrigé :

21Correction capillaire pourle un manomètre 19 Formule deseTorricelli Au moment où la goutte détache, pédoncule de raccordement a un diamètre d égal à celui du tube. Si on néglige le Corrigé :

Un manomètre à eau (dont est obtient de diamètre d) est mécanique relié à un réservoir d'air sous pression. Latension deuxième branche volume du pédoncule sousleletube col, on l'équilibre suivant :rempli la force de traction due à la superficielle Le jet de sortie est à peu près rectiligne. LaHpression dans le jetpermet est donc pression (ildu suffit d'appliquer est à l'atmosphère. Lagoutte dénivellation sur le manomètre delamesurer la atmosphérique pression relative réservoir. Faire un estreliée opposée au poids de la : l'équation transversale de l'impulsion le vérifier). Si on écrit l'équation Bernoulli 1/3 entre la surface libre du haut et un dessin. Quelle erreur commet-on lapour capillarité ? -3 . de 3 mesure à cause6de d "la 1/3 6. 3.10 75. 10-3 1 sur = = 5,16 mm ! d " = ! D # g $ D = point à la sortie, on obtient : Cas d'un manomètre relié à un tuyau plein d'eau ? #g 1000. 9,81 6 pa + ! g zA = pa + ! g zB + 1 ! V2 " V = 2 g h Mais on peut remarquer qu’au niveau du pédoncule l’interface2eau-air présente une courbure dont l’invariant de Gauss vaut Corrigé : 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 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 pression atmosphérique la valeur !p = 2 la s /d. Ce qui engendre une évolue force deaupoussée vers le bas de p d/2 s, soit la moitié Si on lache billedeà montrer la de même hauteur surface sa vitesse cours de le haut. Il estune facile qu'il n'y aque pas d'effet carlibre, les deux erreurs se compensent : la descente suivant la même loi. de celle calculée plus haut. L’action de la tension superficielle est donc la moitié de celle calculéepas plus Le grande diamètre D Mais la vitesse augmente régulièrement pour cette bille, alors que la vitesse du fluide n'augmente surhaut. la plus 1/3 est donc à diviser par 2 , ce qui donne D = 4,1 mm. Une incertitude apparaît liée à l’épaisseur finie du tube de verre. 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 Quel diamètre précisément doit-onpuis prendre en compte ? On voit que a intérêt du à faire expérience préciser relation. augmente quand on descend, elle diminue violemment justel’on à proximité trouune de sortie. C'est pour ce gradient delapression énorme qui engendre les accélérations énormes (des centaines de fois g !).

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 ? 9 Cas d'un manomètre relié à un tuyau plein d'eau ? Corrigé :

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 etèreune sonde de Pitot d'arrêt. Calculer la remontée de l'eau dans chacun des tubes Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1 année Travaux Dirigés 2010-2011 placés au-dessus des sondes de Pitot.

20

Vidange : différentes configurations

Pour chaque cas on utilise la formule de Torricelli (Bernoulli le long d’une ligne de courant partant de la surface libre et passant par le point A). p Pour les cas 1, 3 et 4 la vitesse au point A est v = 2gh. p 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 de Corrigé : pour les cas 1 à 3, extrémité des capillaires où la pression statique est égale à la pression atmosphérique, passage On introduit le orifice point Dde ausortie. large pour le cas 4, p du trou. La pression au point D est la même que la pression au point D' dans le trou. On obtientles ainsi Pour casles 1 etrelations 3, Q = :s 2gh. p Pour les cas 2 et 4, Q = s/2 2gh . pa + ! g zA = pD + ! g zD + 1 ! V2 2 pD + ! g zD = pB + ! g zB

Séance 5 : Equation de Bernoulli

En faisant la somme des deux équations, on obtient :

2

! g zB + 1 ! V2 " zB = zA - V 2 2g On introduit le point D proche du trou. La pression au point D est la même que la pression au point D’ dans le On fait de application même pour lededeuxième Pitot trou. Par l’équation de: Bernoulli sur une ligne de courant partant de la surface libre et passant par pa + ! g zA = pD + ! g zD =pa + ! g zC " zC = zA le point D, et en utilisant la loi de l’hydrostatique on obtient les relations suivantes pour le Pitot d’arrêt :

21

Mesure de pression! g zA =

Le point B est donc au-dessous du point A alors que le point D est au même niveau. p a + ρgz A = p D + ρgz D

p D + ρgz D = p B + ρgz B 24 - Phénomène de Venturi, trompe à eau donc z B = z A . d'eau dans une conduite passe dans un dispositif nommé Venturi qui consiste en un convergent suivi d'un Un écoulement On fait deLe même pourdelelaPitot statique divergent. diamètre conduite est D: 1 = 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. v2 le manomètre en fonction du débit d'eau q dans la conduite. Trouver la dénivellation h mesurée sur p a + ρgz A = p D + ρgz D + ρ Montrer qu'on pourrait utiliser ce phénomène d'aspiration pour faire un vide partiel dans un récipient. Proposer un dessin de 2 réalisation. p D + ρgz D = p B + ρgz B v2 . 2g Le point C est donc au-dessous du point A alors que le point C est au même niveau. donc zC = z A −

22

Phénomène de Venturi, trompe à eau

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

!p = 1 ! V1 - V2 = ! g h " 2 2

2

h= 1 2g

2

2

V1 - V2 =

q2 1 - 1 2 g S 21 S 22

Préciser que dans cette configuration la pression motrice ne varie pas d'une ligne de courant à une autre Préciser que dans cette configuration la pression pas d’une ligneLa de pression courant à une autreétant : les : les lignes de courant sont parallèles, doncmotrice rayonnedevarie courbure infini. motrice lignes de courant sontest parallèles, donc rayon de courbure pression uniforme,La la vitesse uniforme, la vitesse aussi uniforme entre la partie infini. haute La et la partie motrice basse deétant la conduite. valeur est aussi uniforme entre la partie haute et la partie basse de la conduite. La valeur de la vitesse dépend de la condition de sortie de la conduite. En revanche entre la partie haute et la partie basse de la conduite, la pression statique augmente et compense exactement la variation de pression hydrostatique. La dépression pc − p a que l’on peut obtenir en fonction du débit Q, du diamètre du col Dc et du diamètre du tube Dt en sortie à la pression atmosphérique est donc : pc − p a = ρ

8Q2 π2



1 1 − 4 Dt 4 Dc



10

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

23

Travaux Dirigés 2010-2011

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). On obtient : p v2 p A + ρgz A = p B + ρgz B + ρ =⇒ v = 2gh1 2 d’où le débit : D2 D2 p Qv = π 2gh1 v=π 4 4 2. Pour un tube de section constante la pression statique vaut à une altitude z mesurée depuis la sortie du tube : p(h) = p a − ρg (z) La pression statique est donc en tout point inférieure à la pression atmosphérique et égale à la pression atmosphérique uniquement à la sortie du tube. En particulier les points situés à la même hauteur que la surface libre sont également à des pressions statique inférieure à la pression atmosphérique (la pression totale reste elle égale à 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 du siphon (point C) soit inférieure à la pression de vapeur saturante. Sinon se produit le phénomène de cavitation. La condition s’écrit : v2 − ρgh2 > pv 2 Si le tube est à section constante cela imposte : pC > pv =⇒ p a − ρ

h1 + h2 <

(1)

p a − pv ρg

(2)

En augmentant la section du tube au point C on abaisse la vitesse et on augmente la pression statique au point C : 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 règne à 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’extérieur du 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 donc lorsqu’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 à l’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’équation transversale. 2. La conservation du débit et la diminution très rapide de la section de passage oblige la vitesse à augmenter rapidement au voisinage de l’orifice. C’est donc dans ce domaine qu’il existe un fort gradient de pression (ce qui permet 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 amontaval. Le principe du retour inverse qu’on utilise parfois en optique (un itinéraire peut être parcouru dans un sens ou dans un autre par renversement du signe du temps) ne s’applique pas ici. Cela provient, in fine, du fait que l’équation de Navier Stokes n’est pas invariante par un renversement du signe du temps. Passer le film d’un jet comme celui-ci à l’envers se verrait immédiatement à la projection du film. 11

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

Travaux Dirigés 2010-2011

19

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés

IUT GTH 1e année

Séance 6 : Equation de Bernoulli

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 26 surparamètre une plaque plane compteJet ? A quel 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 : v A 2"rA e = v B 2"rB e = Q donc v A rA = v B rB 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 v 2 + patm = " B + pB 2 2 ! vA 2 v 2 Q2 % r 2 ( pB " patm = # " # B = # 2 2 2 '1 " A 2 * 2 2 2e $ D & rB )

!

On voit que pBa/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

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 : Mécanique IUT1 GTE 1ère année Travaux Dirigés 2010-2011 v2"r e =des v2"Fluides, r e =Q A A

B B

r donc eB = eA A rB

27 Fontaine Soit e l'épaisseur au rayon r

!

!

r donc eB = eA #A

r& z(r) = z0 + e0r%1 " 0 ( $B r '

!

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

!

!

0 0 pour r>r0 on aura : Corrigér:0 e La = epression 1) piézométrique est constante et la pression statique est constante : la pression motrice est constante, donc la 0 r constante d'après l'équation de Bernoulli. D'après la conservation de la masse entre deux points A et B le long vitesse est d'une ligne de courant radiale : La surface libre étant horizontale on a z+e=cst ou z+e=z0+e0. v2"rA eA = v2"rB eB = Q donc le profil de la surface supérieure du plateau est de la forme

!

r0 32 en sortie de robinet e =–e0Ecoulement r On considère le filet d’eau qui sort d’un robinet de diamètre D = 10 mm et de vitesse v0 = 1 cm.s-1. La surface librede étant horizontale z+e=cst -2 ou z+e=z0+e0. L’accélération la pesanteur eston g =a 10m.s . donc le profil de la surface supérieure du plateau est de la forme

!

# r0 & statique juste à la sortie du robinet ? 1) Quelle z(r) = z0 est + ela0 %pression 1" ( 2) Comment évolue $ la r '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 32 – Ecoulement en sortie de robinet 5) La section du jet peut-elle réellement tendre vers 0, que va-t-il se passer ?

!

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 g = 10m.s 28 Ecoulement enest sortie de-2. robinet

Corrigé 1) Quelle:est la pression statique juste à la sortie du robinet ? 1) Comment La pression statique est égalestatique à patm quand on descend dans le filet d’eau ? 2) évolue la pression 2) La pression statique reste égale patm 3) Comment évolue la vitesse du jetà en fonction de la distance à la sortie du robinet ? 3) La pression piézométrique diminue on profil descend vitesse de augmente d'après l'équation 4) Donnez l’expression de la section duquand jet et du du donc jet enlafonction la distance depuis la sortiededuBernoulli robinet 4) La Equation le long d'une ligne devers courant verticale deux? points A et B, 5) sectionde duBernoulli jet peut-elle réellement tendre 0, que va-t-il entre se passer

vA 2 v 2 + gzA = B + gzB 2 2

!

Si A est pris à la sortit du jet on note h=zA-zB distance entre la sortie du jet et le point B. Corrigé v B 2 v:A 2 Exercices de mécanique corrigés 21 IUT GTH 1e année + statique ghdes fluides 1) La = pression estavec égale àp 2 statique reste égale àatmpatm 2)2La pression 3) La pressionde piézométrique Conservation la masse : diminue quand on descend donc la vitesse augmente d'après l'équation de Bernoulli 4)QEquation le long d'une ligne de courant verticale entre deux points A et B, = v S de = vBernoulli S B

! !

! ! ! !

B

A

A

vA 2 v 2 Q + gzQA 2 = B + gzQ v2B = 2 = B = 2 + 2gh 2 SA à la sortit duSBjet on"rnote Si A est pris h=zA-zB distance entre la sortie du jet et le point B. B v B 2 " v 1A 2 2gh % (1/ 2 S2B ==$ 2 2 ++ gh 2 ' Q & # SA Profil : )1/ 4 1 # 1 2gh & rB = % 2 + 2 ( " $ SA Q '

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 auajet. Expliquer le phénomène. 29 Effet Coand˘ 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 jeta exerce suren le profil ? Expliquez. L’effet Coand˘ apparaît présence d’un jet de fluide au proche voisinage d’une paroi dans un milieu semi-infini au repos, à pression imposée. La paroi et le jet sont respectivement orientés de manière à provoquer une courbure des lignes de courant dans le jet. Cette courbure engendre une diminution de la pression motrice du milieu semi-infini vers la paroi d’après l’équation transversale de l’impulsion. Cette dépression proche paroi maintient le jet contre la paroi.

Dans les deux situations proposées, le jet suit par effet Coand˘a la paroi convexe et se trouve dévié de son orientation initiale. Dans les deux cas c’est bien la courbure des lignes de courant qui conduit au plaquage par dépression 13

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

Travaux Dirigés 2010-2011

à la paroi convexe et en conséquence à la déviation du jet. Dans le cas d’un jet liquide dans une phase gazeuse, les phénomènes de tension de surface et de mouillabilité au niveau de la ligne triple vont intervenir de manière plus ou moins importante et potentiellement renforcer l’attraction du jet vers la paroi (cas de la théière qui goutte du fait 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 du jet d’eau dans de l’air, on observe un élargissement notable du jet par entraînement de l’air au repos autour du jet. Cet écartement des lignes de courant par rapport à l’axe du jet joue un rôle notable sur la courbure effective des 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 plafond d’une pièce, la bouche de soufflage est conçue de telle sorte que le jet d’air soit plaqué au plafond par effet Coand˘a. Le jet froid retombe alors progressivement depuis la surface du plafond dans l’ensemble du volume de la la pièce. Un refroidissement trop localisé est ainsi évité.

30

Tableau de variation A

E

B

C

D

ρv2 /2 ρgz p p + ρgz

14

A

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

Travaux Dirigés 2010-2011

8

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés

IUT GTH 1e année

Quelques exercices de plus . . . correction

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 ?

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 conservé h ludion donc pas de variation de temet si la transformation est lente (pas de dissipation liée au mouvement du pérature du système), alors la pression dans l’air reste inchangée. Cela veut dire que faire monter le ludion dans le récipient permet de contrôler la pression en n’importe quel point du réservoir. Le ludion monte : la pression augmente partout, le ludion descend, la pression diminue partout (théorème de Pascal). On voit ainsi qu’il est possible Corrigé de : changer le niveau de pression d’un liquide sans énergie : Le travail des forces nécessaires pour déplacer le ludion (délesté) d’un point à un autre du réservoir est nul (si on néglige les pertes induites par l’écoulement autour dualudion de son Le calcul été fait lors en cours, le mouvement). résultat s'écrit :Le déplacement du ludion peut donc se faire sans dépense énergé6 tique. Le concept d’énergie de pression Il n’y d’énergie 1 !donc F = est g h2 Linconsistant. = 1 1000.9,81 250a=pas 1,22.10 N de pression, mais il y a un travail des forces de pression. 2 2

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 le moment force est nul. Soit zA la cotequi de ce point. Il doit vérifier la relationEn : écrasant le On se d'application, place à nouveau dans lede caslad’une transformation lente n’engendre aucune dissipation. réservoir, par conservation du volume de liquide, on réduit le volume de gaz. En conséquence la poussée d’ArH chimède diminue et le ludion va donc se mettre à descendre. Si on relache la paroi, le volume de gaz augmente à = 0 ! d’Archimède, z-zA z- Hil dz = 0 de descendre mais cesse d’accélénouveau le ludion se retrouve délesté par laMpoussée continue rer. On est donc passé d’une situation sans énergie cinétique à l’intérieur du ludion à une situation avec énergie 0 cinétique. Cette différence Hd’énergie cinétique correspond à la différence entre le travail nécessaire à la compres3 2 2 H H - z H +z + H zest dz = 0 ! H +z + H2 de zA détente =0 sion du gaz à pression élevéez(lorsque leAludion dans sa position initiale) et le Atravail récupéré lors A 3 2 du retour à un volume de gaz initial qui se fait à une pression plus faible puisqu’entre les deux instant le ludion est 0 descendu : on a donc bien globalement fournit un travail qui se traduit par une augmentation d’énergie cinétique. 1 zA = H Si on veut aller plus loin encore, les étapes de compression et3 de détente, supposées réversibles, s’accompagne On a démontré cours que la composante horizontale de variation l'action dede l'eau sur une vanne ne dépend que du maîtrelors couple et d’une variationen d’énergie interne du gaz associée à une température rigoureusement opposées pasladecompression la forme. Laetforce inchangée. de lors sera de ladonc détente (lorsque le ludion se déplace la pression du gaz et la température ne varie pas tant que le volume reste inchangé, ce qui change c’est la pression statique du liquide entourant le gaz se trouvant successivement à différente position verticale). Au cours de la descente, postérieure au relâchement de 14Force sur une vannenesphérique la paroi, la pression statique cesse de diminuer sans intervention extérieure.

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 32 Force sur vanne?sphérique exercées par l'eau surune la demi-sphére La force est Corrigé : égale au poids de l’eau à l’aplomb de la vanne sphérique, c’est-à-dire :

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 - 2 ! R3 " g = ! R2 " g H - 2 R = ! 4 .103 9,81 5 - 4 = 452.103 N 3 3 3

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.

33 fluide SachantCouronne que la contrainte normale interne de l'acier ne doit pas dépasser Ts = 100 N/mm2, trouver la pression maximale admissible dans le tuyau. 1. Soit z = 0 la position verticale de la buse. Par application du PFD sur la goutte de fluide soumise uniquement Corrigé : à son poids on montre que la couronne fluide une forme parabolique de révolution :

(r − r0 )2 à la pression atmosphérique extérieure. Coupons par la pensée le tuyau en deux par une La pressionzintérieure = − g s'oppose 2 génératrice. Écrivons 2v l'équilibre mécanique de cette moitié de tuyau. Les forces, si on néglige la pesanteur, se limitent à 0 l'action des gaz et l'action des contraintes internes, d'où la relation : où v0 = Q/(2πr0 e0 ) est la vitesse en sortie de buse pour un débit volumique Q. 5

6

2. La composante radiale de la vitesse du fluide reste que la composante de la viD pinvariante + T De -tandis Di 60.10 + 100.10 60verticale - 56 Di L pi - De L pa + T De - Di L = 0 ! pi = e a = = 72,5 bars tesse augmente, l’augmentation de l’intensité de la vitesseDconduit donc à un amincissement de la couronne. 56 i

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

En4.réalité, les contraintes internes ne seront pas uniformes et le résultat est donc approché. conservation du débit : 2πrv(r ) e(r ) = 2πr0 v0 e0 =⇒ e = e0

r0 v0_______________ rv

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

15

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

Travaux Dirigés 2010-2011

6. La pression statique étant constante, par application du théorème de Bernoulli le long d’une ligne de courant on trouve entre le point d’altitude z = 0 et de rayon r0 et le point d’altitude z et de rayon r : q r0 v0 2 = v2 + 2gz =⇒ v = v0 2 − 2gz =⇒ e = e0 q r 1 + g2 (r − r0 )2 /v0 4 La relation entre la vitesse et la position radiale peut également être dépterminée à partir du PFD dans la question 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 z A (t) et un point B de la surface inférieure à l’altitude z = 0 s’écrit (en supposant que l’on est en régime quasi-permanent, ce qui implique que la position de la surface libre varie lentement par rapport au temps, ce qui impose v A  vB) : v2A + 2gz = v2B , la pression statique étant égale à la pression atmosphérique en A et B. Les vitesses v A et v B sont liées par conservation du débit : v A πr A 2 = v B s or le rayon r A à l’altitude z s’écrit en fonction de z, s et S : z =⇒ πr A 2 = s 1 + r A = r B + (r S − r B ) h

r

S −1 s

! !2 z h

d’où : r 1+

vA

S −1 s

! !2 z = vB h

En reprenant la relation de Bernoulli on trouve : 

dz dt

2



+ 2gz =

dz dt

2

r 1+

S −1 s

! !4 z h

(3)

Pour respecter l’hypothèse de régime quasi-permanent, v A  v B impose S  s soit S/s → ∞ donc l’équation précédente se réduit dans ce cas à : p 2gz dz =  2 S z dt s h Par intégration de l’instant initial à l’instant t :

Z 0

t

dz 3 − z 2 dt = dt

Z

t

p 0

s 2g h2 dt S

on obtient :  p s 5 2 5 h 2 − z 2 = 2g h2 t 5 S

(4)

La durée de la vidange jusqu’à une altitude z est donc :  5  5 2S 2 − z2 p t= h 5sh2 2g La durée de la vidange totale s’écrit donc : s 2S h t= 5 s 2g

(5)

(6)

16

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

35

Travaux Dirigés 2010-2011

Vase de Tantale

Le vase de Tantale est un exemple classique de système qui présente des oscillations de relaxation. C’est un dispositif 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 déterminer l’évolution de la hauteur h d’eau dans le vase en fonction du temps pendant le remplissage et la vidange ainsi que le débit de vidange Qv . 1. h = h0 +

Qa t S

(7)

2g (h + hv )

(8)

2. Qv = s

q

3. dh Qa Qv Qa s = − = − dt S S S S

q

2g (h + hv )

(9)

Dans le cas où le débit Q a est négligeable devant Qv , c’est-à-dire Q a  s simplifie sous la forme : s dh =− dt S

q

2g (h + hv ) ⇐⇒

s dh =− dt S

q

2g (h + hv ) ⇐⇒

p

2ghv , la relation suivante se

1 dh sp √ 2g =− dt h + hv S

(10)

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

Z

t

0

dh 1 √ dt = − dt h + hv

Z

t

0

sp 2g dt S

on obtient : p p s p h a + hv − h + hv = 2gt 2S donc : p

h=

h a + hv −

s

p

2g t 2S

!2

− hv

4. Augmentation linéaire du la hauteur pendant la phase de remplissage puis décroissance suivant une loi parabolique pendant la vidange. 5. Durée de la vidange pour passer de h a à h0  p 2S p tv = p h a + h v − h0 + h v s 2g On parle de relaxation car le système ramène automatiquement le niveau à la hauteur h0 dès que l’on dépasse une hauteur critique h a . 6. sp dh = 2g dt S



!

  p = a b − h + hv

Qa 2g et b = √ . Donc :

s S

p

b−

p

avec a =

p Q p a − h + hv s 2g s

h + hv

2g

−1 dh =a dt

17

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

Travaux Dirigés 2010-2011

Pour pouvoir intégrer cette relation on peut utiliser le changement de variable u2 = h + hv . dh = 2u du u du 2 =a b − u dt Puis procéder à une division euclidienne afin de se ramener à une somme d’éléments simples :   b du a −1 + = b − u dt 2 On peut alors intégrer entre l’instant initial d’amorçage du siphon jusqu’à un instant t durant la vidange :

14

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés

Z

t



b b−u

Z



t

IUT GTH 1e année

du dt = a dt dt 0 0 2  !gt zA = ! g zB + 1 ! V2 " zB = zA - V a 2 2g −u(t) − b ln(b − u(t)) = t 2 0 On fait de même Pitot : b − √ h + h p pour le deuxième p a a v h a + hv − h + hvp+ lng zA =√pD + ! g z=D =pta + ! g zC " zC = zA a +b ! 2 b − h + hv Le point B est donc au-dessous du point A alors que le point D est au même niveau. On peut alors obtenir le vrai temps de vidange. Le calcul de h en fonction de t nécessite en revanche une approche numérique. Lorsque b est faible, c’est-à-dire, Q a faible on retrouve bien l’expression obtenue en négligeant le débit d’alimentation lorspar deun la trou vidange. 3 - Mesure de la pression dans une conduite 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 36 Mesure de la pression dans conduite par un trou pariétal dénivellation sur le manomètre est h . Montrer que laune 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. 2 −1 +

F H

B

C

D

h

V E

A

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 = 1 ! V21 - V22 = ! g h " 2

2 h = 1 V21 - V22 = q 12 - 12 2g 2 g S1 S2

18 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

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

37

Travaux Dirigés 2010-2011

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 : 2

- gradP - ! g ez + ! V er = 0 r 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) : 2 2 2 tg a = dz = ! r " z = 1 ! r + z0 = z0 + 0,05097 r2 g dr 2 g 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. R

V= 0

4 a r2 2 ! r dr = 2 ! a r 4

R 0

= 1 ! a R4 = 1 ! R2 H 2 2

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 transmettre au fluide (eau) des efforts. 38 Loidede Laplace, deux approches 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 S2, quelle devra être sa valeur pour équilibrer la L’approche vectorielle fondée sur un bilan de force a été vue encôté cours. force F ? 1 Pour l’approche scalaire on considère une bulle de rayon R. on la gonfle à R + dR. l’augmentation de surface Donner exemples d'utilisation,comme suivant système qu'on appuie du côtéS. S1l’augmentation ou de l'autre S2. Vérin, amplificateur de mouvement est dS =des 8πRdR. Considérons la surface d’énergie mécanique interfaciale? est donc : 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 dW = σdS = 8πRdRσ (11) exercer de l'autre côté une force F2 qui vaut : F F 2 ! F2 = F1 S 2 = 100 F1 Cette augmentation d’énergie interfaciale1 a= été apportée par le travail des forces de pression au niveau de la S1 S2 S1 surface : La masse correspondante sera : m = F2 dW = ( pi − pe ) dV = ( pi − pe ) 4πR2 dR (12) g Si on appuie côté S1, cela correspondra à un vérin, si on appuie côté S2, cela correspondra à un amplificateur de On retrouve donc bien la relation pour une interface unique : mouvement.

pi − p e =

2σ R

(13)

11- Soupape de sécurité

Une marmite à pression du genre cocotte-minute est munie d'une soupape de sécurité. Cette soupape est simplement

39 Correction pour un manomètre constituée d'une bille, de capillaire diamètre D = 2 cm et de masse négligeable, venant appuyer sur un trou du récipient de diamètre

d

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

Mécanique des Fluides, IUT1 GTE 1ère année

Travaux Dirigés 2010-2011

12

Exercices de mécanique des fluides avec corrigés

IUT GTH 1e année

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.

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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 vitesse uniforme dans une section de la canalisation. Donnée l’expression de la différence de pression entre l’entrée et la sortie 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 turbine on a une dépression par rapport à la pression atmosphérique d’où le terme « aspirateur ». En abaissant la pression en aval de la turbine on augmente la puissance mécanique récupérée par la turbine par rapport à la puissance perdue liée à la pression dynamique en sortie du diffuseur : plus la vitesse est faible en sortie de 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 avoir une section infinie ce qui est impossible.

Se , pe

Q

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Ss ,ps

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. 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 perpendiculaire au jet. On conçoit facilement que les deux dernières forces étant variables, on peut jouer sur le paramètre distance du sèche-cheveu, et sur le paramètre : inclinaison du jet pour trouver une position d’équilibre.

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