Telechargé par mousskang

S2 1011 Mecanique des Fluides TD correction

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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 pB<patm
"
!
3)Pour obtenir la résultante on intégre entre r=a/2 et r=D/2 : on considère uniquement la région où les lignes de courant sont
supposées radiales, l'impact de la région centrale répuslive est négligé :
F=
$
D /2
a /2
( pB " patm )2#rdr =
$
D /2
a /2
%
Q2 & rD 2 )
Q2
1
"
2
#
rdr
=
%
(
+
2e 2# 2 D2 '
r2 *
4e 2#
$
1
a /D
&
1)
( u " + du
'
u*
2
& a ))
Q2 & & a )
= % 2 (1 " ( + + ln( ++
' D **
4e # ' ' D *
!
4) Si e petit par rapport à a : on est dans le cas envisagé à la question précédente avec une force d'attraction et des lignes de
courant radiale des que r est supérieur à a.
Si e augmente et dépasse a : dans ce cas la région où les lignes de courants sont courbées dans le plan vertical s'étend
largement au delà de r>a/2, la zone répulsive centrale prend de l'importance d'autant plus qu'à même débit la force attractive
diminue (Q2/e diminue quand e augmente). Enfin si e devient du même ordre de grandeur que D, la région où les lignes de
courant sont courbées occupe tout l'espace du disque et la force devient uniquement répulsive; au niveau de la section de
sortie, la vitesse n'est plus uniforme : la vitesse radiale est nulle sauf dans une zone pariétale d'épaisseur limitée proche de la
plaque inférieure.
5) Pour que le phénomène soit le plus spectaculaire, il faudrait que e tende vers 0. Ceci est valable uniquement parce que
l'on a négligé toutes les sources de dissipation, on considère un fluide parfait : en présence d'un fluide réel, les pertes de
charge dues à la viscosité seront de plus en plus importante lorsque l'on diminue e, et à la limite lorsque e tend vers 0 il n'y a
plus d'écoulement entre les plaques. En présence d'un fluide réel, il faudrait ajouter des pertes de charges dans l'équation de
Bernoulli. On trouverait alors un e optimal non nul.
31 - Fontaine
On considère à nouveau un écoulement radial dans le cas, cette fois, d’une fontaine formant un miroir d’eau horizontal en
12
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 au jet. Expliquer le phénomène.
29
Effet
Coandă
On considère à présent un jet plan (configuration 2D) au sein duquel on place un profil d’aile. Quelle est la direction de la
force que
la jet exerce
suren
le profil
? Expliquez.
L’effet
Coandă
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 Coandă 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
Coandă. 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.
40
Diffuseur en sortie de turbine hydraulique
On s’intéresse à la géométrie d’un diffuseur montée à l’aval d’une turbine hydraulique. On considère la 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
41
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.
20
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