TP-MDF-vidange-1

But de travail :
Le but de ce travail est dans un premier temps, d’étudier le mode d’écoulement d’un
liquide par un orifice latéral d’un réservoir, de grande dimensions par rapport à celles de
l’orifice. Dans un second temps, les résultats expérimentaux seront confronté à ceux prédits
par la théorie.
1ére partie :
Vidange par un orifice latéral :
Mode opératoire :
1) Relevez les caractéristiques géométriques du réservoir ( le diamètre du réservoir D1
et le diamètre de l’orifice D2 ), puis remplissez ce dernier tout on maintient l’orifice fermer ,
relevez le niveau initiale h0, après cela ouvrir l’orifice et déclenchez le chronomètre au même
temps, puis dans chaque 5 seconds relevez le niveau de l’eau (h) correspondent jusqu’à
atteindre le vidange totale du réservoir. Porter les résultats obtenus sur un tableau.
2) Donc on obtient le tableau des résultats suivant :
t(s)
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45 50 55 60 65
H(cm) 51.5 49.1 46.3 41.8 39.5 37.2 35.4 33.2 31.4 29.2 27.2 25.6 23.7 21.8
t(s)
70
75
h(cm) 20.6 18.9
140
4.1
145
3.6
80
17.6
150
3
85
16
155
2.6
90
14.9
95 100 105
13.4 12 10.9
160
2.3
165
1.5
170
1.3
110
9.7
175
1
3) Établissons l’équation différentielle qui régit β(t) :
z
(1)
z
V1 ,A1
g
h
V2,A2
(2)
z0
1
115 120 125 130 135
8.8 7.8 6.8 5.9 4.8
180
0.7
185
0.5
190
0.3
Appliquant l’équation de Bernoulli instationnaire entre les points (1) et (2) :
2 0................A
2
  dV dl  P gz  1 V
dt
1



2 2
1
II
I
d V 1
d
d
dz =   V 1z 12 =   V 1 [z0 - z ]
dt
dt
dt
2
2
dV
on a :(I) =   dt dl =
1

1
or : z0 = 0 et z = h
Donc :
(I)
=

et on a : (II) =
dV 1
h
dt
Pa g0 12 V Pa gh 12 V 
2
2
2
1
2


2
V
1
1
=
V 2 1 2   gh
2
 V 2 
puisque le fluide est parfait donc : ρ = cte
 Q = A1 V1 = A2 V2 
On a A2 < A1
A V
A V
A
A

2
2
1
1
2
< 1,
donc
1
1
< 1
2
2
1
 gh
V
2
2
(II) =
donc :
V
V
(A) 

dV 1
2
h + 1 V 2  gh = 0
dt
2

h
dV 1 1 2
 gh = 0………………………….(1)
dt + 2V 2
on a A1 V1 = A2 V2 
V A
AV
2
1
2
………………………………..(2)
1
et posons

V
2
2g h0

V
 2g h0 …………………(3)
2
2
Substituons (2) et (3) dans (1) on obtiens :
A2 h 2g h0 * d  2  h 0 (c’est l’équation différentielle qui régit β(t) )
dt
h0
A1h0 g


A h 2g h
Ah g
2
0
1

A
*
0
d
 h 
dt
h0

2g h0 d 
*
1 h0
dt
h
g
A1

 h0
1 h


2



d

2
2
d
 h0
 h

Posons

2

1

  hh 
2
0
2


2
Ag
1
A
2

 h0
1 h
0
  hh
A
2
dt
2g h0

d

d
d

0
 d






   hh

2
dt
2g h0
 A1g



h
h
0
h *
Donc :
h
0



0




2
1
 A1g
2g h0
A
2
 A1g

dt
2
2
gh
1 A2
d


d
d

 A1g

2
1 A2 2gh
1 log  1 
2
 1
log
t
dt
0
 A1g
t
2
gh
A2
 1   A1 2g * t
 1
h
A2



K
3
dt
h
0
h
 1 k
 1 e

on a
   hh
et on a
-
0
V
t
h
donc

donc
 2g h0
2
t
h
k
1e

k
1e
t
h
k
h *1e
h0 1ek
t
h
t
h
k t
h
1
V 2 2gh* ek
1e
don c
t
h
Détermination de la valeur de V(sortie) (c’à’d V2) quand t tend vers l’infinie :
t
On a quand
Donc
V
2

k
t
h
k
t
h
1e
1e

1
 2gh
4) comparaison des valeurs avec celles prédit par la théorie :
la hauteur en fonction du temps
8.000
7.000
6.000
5.000
4.000
3.000
2.000
1.000
0.000
0
5
10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80 85 90 95 100 105 110 115 120 125 130 135
4
h varie linéairement avec le temps, et d’après la
On remarque que
relation V 2 2gh
prédit par la théorie.
c’est une équation d’une droite donc les résultats confronte à ceux
Alors la vitesse d’éjection varie linéairement en fonction du temps donc
c’est un écoulement quasi-stationnaire.
5) détermination du temps de vidange :
on a :
  A1 dh  A2 2gh
dt

 dh  A2 dt
2gh
A1
Q = A1V1 = A2V2
 A1
T
  dt 
A
0
 T
2A1
A
2g
2
T
h0h

2A1
A
0
A
A
1
2
2g
2
2
0

h0
dh
h
h
0
2g
2h
0
g
AN:
A1 et A2 = ??
P1 = 110 cm = D1  D1 = 110/ donc D1 = 35.014 cm 
D2 = 14.95 mm
A1 = 9.628 * 10-2 m2
A2 = 1.754 * 10-4 m2

h0 = 48.5 * 10-2 m
2
9.628*10
donc T 
4
1.754*10
2
2*48.5*10
9.81
T = 172.64 s
On remarque que le temps de vidange théorique est inférieur à celui déterminer
pratiquement et cela est du à l’existence des frottements.
5
2émepartie
Vidange par une conduite horizontale latérale :
1)Après avoir effectuer la première expérience placez la conduite latérale et
relevez ses dimension (la longueur « L » et le diamètre D2), puis remplissez le réservoir tout
on maintient l’obturateur fermer , relevez le niveau initiale h0, après cela ouvrir l’obturateur
et déclenchez le chronomètre au même temps, puis dans chaque 10 seconds relevez le niveau
de l’eau (h) correspondent jusqu’à atteindre le vidange totale du réservoir. Porter les résultats
obtenus sur un tableau.
2) donc on obtiens les résultats suivants :
t(s)
h(cm)
0
52
10
20
30
40
50
60
70
80
49.7 47.4 42.8 40.9 38.5 36.4 34.3 32.5
t(s)
140 150 160
170 180 190 200 210 220
H(cm) 20.7 19.2 17.7 16.4 15.1 13.9 12.8 11.45 10.4
t(s)
280
h(cm) 5.15.
290
4.4
300
3.7
310
3.15
320
2.6
330
2.1
340
1.6
350
1.2
90
29.2
100
27.3
110 120 130
25.4 23.8 22.2
230 240
9.4
8.5
360
0.9
370
0.6
250
7.6
260
6.8
380
0.45
3) Établissons l’équation différentielle qui régit β(t) :
z
(1)
V1 ,A1
h
L
(2)
A2 ,V2
z0
0
x2
x3 (3)
Appliquant la loi de bernnoulet entre les points (1) et (3)

3

2
dl  P  gh 1 V 0......................................... A
1 dV
dt
21
 
II
3
I
2
(I) =  
1
3
d V 1
d
dz    V 2 dx
dt
dt
2
6
x
270
5.9
= 
dV 1 2
d
d
3

z 1   V 2 x 2 =   V 1
dt
dt
dt
2
0
3
dV 1
d
 L V
dt
dt
2
Puisque le fluide est parfait   = cte donc Q = A1 V1 = A2 V2 
Et
A
A
d
L V
A2  A1

2
 1 
1
Donc (I) =
(II) =
V
V
2
a
0
2
a
2
V

1
V
V
et on a
2

2g h0
V
2 *d  h 1 h0
h
g h0 dt h0 

d
Et posons
2

2

1

 h
L
  hh 
2
0
2

avec z0 = 0 et z = h
 1
1
2

L
dV
dt
2
2
+ 1V 2  gh = 0
2
 2g h0 ………………………(1)
2

 h0
 h

1
2
Substituant (1) dans (A) on obtient :
2
2 * d 
L
 h 0
g h0 dt
h0

1
2
2
Donc (II) = 1 V 2 gh
2
d
2
(A)  L V 2 + 1 V 2 gh = 0
dt
2
L
2
dt
2


2
V
1
1
= V 2 1 2   gh
2
 V 2 

A V
A V
 1  V1  V2  dV1  dV2
1
P  g z  12 V P  g z  12 V 
Posons
2
et (x3 – x2) = L
On a : z0 = 0 , z = h
(I) = h
z  z   dV
  
dt x x

(c’est l’équation différentielle qui régit β(t) )
2



2 dt
g h0
   hh
0
7


d
d

h
0
h
 d

d

h
h
0
Donc :
  1
 1 L
d
gh
*dt 
2
2
 1 1

 1 log
2
 1 L

 1 L1


d
2
0
gh
*t  log
2
t
gh
dt
2 
0
 1 1 2g *t h
 1 
L 
G

on a
 1 G
 1 e
   hh
0
G
1e

G
1e
h *t
donc

donc
h *t
h *t
G
h *1e
h0 1eG
h *t
h *t
G h *t
et on a
Quand
V
 2g h0
2
t

don c
V
2
V
2

1
2gh * eG
1e
h *t
 2g h
4) comparaison des valeurs prédit par la théorie avec celles trouver expérimentalement :
Dans le graphe si dessous on remarque que
h varie linéairement avec le
temps, et d’après la relation V 2 2gh c’est une équation d’une droite donc les résultats
confronte à ceux prédit par la théorie.
Alors la vitesse d’éjection varie linéairement en fonction du temps donc
c’est un écoulement quasi-stationnaire.
8
la hauteur en fonction du temps
8.000
7.000
6.000
5.000
4.000
3.000
2.000
1.000
5) détermination du temps de vidange :
Utilisant la conservation du débit volumique :
Q = A1V1 = A2V2   A1 dh  A2V 2
dt
0
T

A  dh
dt  A
hV
1
0
2
0
2
h
A
dh
 T

A V
0
1
2 0
Posons :  
V
2
2
2
et
2g h 0
  h dhh0 d
h
0
Remplaçons  et  dans l’équation du temps T on obtient
h d
2g h *
h
A
T
A 
0
0
1
2 0

T
0

1
2
1
A h 
A 2g 
1
2
0
 h
h0
A h  d
A 2g 
1
T
0
0
9
d

51
0
48
0
45
0
42
0
39
0
36
0
33
0
30
0
27
0
24
0
21
0
18
0
15
0
12
0
90
60
30
0
0.000
AN:
On a :
A1 = 9.628 * 10-2 m2
D2 = 13.2 * 10-3 m  A2 = 1.368 * 10-4 m2
h0 = 47.5 * 10-2 m
 1

    1  e
Et on a
Et pour le calcule de l’intégrale on utilisent une méthode numérique (méthode de
Simpson) qui calcule l’aire sous la courbe qui représente 1/  en fonction de d
T = 713.33 s
Et on obtient
Par comparaison avec le temps de vidange dans le cas d’un simple trou dans le
réservoir on constatent que le temps de vidange dans ce cas est supérieur, ce qui exprime
l’existence des pertes de charge dû aux frottements.
7) détermination de la valeur de la viscosité dynamique du liquide :
On a :

P  P  P 
t2
t3
f

lineaire  


et on a :
  u  P   u P

 

2
2
 

P
*
2
2
*
2
3
2
2
f lineaire
2
P P P 
*
*
2
3
f lineaire
P  P  gh
*
2
et
a
P P
*
3
a
P   gh
L 
Et d’autre on a : P 

D u
Donc :
2
f lineaire
f lineaire
2
2 ……………………….(1)
2
  64 …………………………..(2)
Re
Le régime est laminaire 
Re
 u 2 D2
……………………………..(3)

Substituant (2) et (3) dans (1) on obtient
P f lineaire
32Lu 2 
Donc : P f lineaire
D
2
Qu 2 A2

AD
 gh
2

Q
u A
2
2
2
32LQ
2
Et on a
g
*h …………..(4)
32L
Q A D
2
2
10
2
2
 A dh
dt
g
Q A D
*h
D’autre part on a : QV 1 A1 =
1
2
=
 A1 dh
dt
Donc :

2
2
32L
L
dt 32 A
*dh
h

g
AD
1
2
2
2
A L  dh
  dt 32
A D g h h
t
h
1
2
0
2
2
0
A1L2 *log hh M log hh0
t


32

h0 =
h
g
A
2 D2

 

M
……………………………………………(5)
t  M log h0
h
Donc :
L’équation (5) est une équation d’une droite de pente M que sa valeur peut être déterminer
graphiquement :
le temps en fonction de log(h0/h)
600
500
400
t(
s
)
300
200
100
0
0.00
0.05
0.12
0.19
0.27
0.38
0.48
0.58
0.68
0.80
0.92
1.05
1.17
log(h0/h)
Utilisons les données de ce graphe on a trouver que M = 221.615 s
On a M = 221.615 =
L
32 A
A D g
1
2
2


M
A D g
32 A L
2
2
2
1
2
AN:
A1 = 9.628 * 10-2 m2
A2 = 1.368 * 10-4 m2
 = 103 kg/m3
g = 9.81 m/s2
11
1.31
1.48
1.65
1.81
2.04
L = 82 * 10-2 m
D2 = 13.2 * 10-3 m
 = 2.63 * 10-2 kg/s*m = 2.63 * 10-2 PI
D’après les tableaux et à une température de 25 °C la viscosité
dynamique de l’eau est de 9 * 10-2 PI et donc la valeur calculer à partir du tableau des mesures
est inférieure à celle qu’on doit trouver réellement et cela est du aux caractéristiques
géométrique de la conduite et aux condition de l’expérience.
12