DM 3 - Correction - Site de la PSI du lycée Paul Eluard

1
PSI - 2011-2012
DM 3 - Correction
Les coordonnées cartésiennes (x, y , z ) du point M s'expriment, en fonction
des coordonnées sphériques (r, θ, φ) :
Question préliminaire :
x = r sin θ cos φ
y = r sin θ sin φ
z = r cos θ
I. Fluide parfait dans le champ de pesanteur
1. Dans un référentiel galiléen, l'équation d'Euler pour un uide parfait s'écrit :
→
−−→
D−
v
→
= µ−
g − grad Pt
Dt
→
−
−
2. Lorsque le uide est au repos dans le référentiel d'étude, sa vitesse est nulle : →
v = 0.
L'équation d'Euler se ramène alors
−−→
→
grad Pt = µ−
g
(on retrouve ainsi l'équation fondamentale de la statique des uides).
→
→
On a ici −
g = −g −
u z , la projection de l'équation précédente sur (Ox) et (Oy ) donne donc :
∂Pt
∂Pt
=
=0
∂x
∂y
On en déduit que Pt ne dépend que de z . L'équation d'Euler projetée sur (Oz ) s'écrit alors :
dPt
= −µ g
dz
Le uide étant supposé incompressible, µ ne dépend pas de z . On obtient donc
Pt (z) = −µgz + cste
II. Écoulement stationnaire d'un uide parfait autour d'une sphère immobile
1. On peut caractériser de plusieurs façons un écoulement incompressible : l'écoulement doit
Dµ
→
notamment vérier div−
v = 0 ce qui équivaut à
=0
Dt
−
→ −−→ →
−
2. On sait que, pour tout champ scalaire f , on a rot gradf = 0 .
L'écoulement étant ici supposé potentiel, il existe
un potentiel des vitesses φ vériant
−−→
−
→−
−
→ −−→ →
−
→
v = grad φ. Par conséquent, rot v = rot grad φ , ce qui implique que
→
−
→→ −
rot−
v = 0
2
DM 3 - Correction
3. (a) On a ici, puisque u est une constante :
−−→
−−→
−−→
−
→
vu = grad φu = grad (uz) = u grad z
−
→
vu = u −
ez
soit, d'après l'expression du gradient en coordonnées cartésiennes →
(b) D'après la question préliminaire, z = r cos θ, par conséquent φu = u r cos θ
(c) On utilise à présent l'expression du gradient en coordonnées sphériques :
−−→
−−→
∂(r cos θ) −
1 ∂(r cos θ) −
∂(r cos θ) −
−
→
→
→
→
vu = grad φu = grad (u r cos θ) = u
er +
eθ +
ez
∂r
r
∂θ
∂z
Il vient
−
→
→
→
vu = u cos θ−
e r − sin θ−
eθ
4. (a) On utilise à nouveau l'expression du gradient en coordonnées sphériques :
−−→
∂φs →
1 ∂φs →
∂φs −
−
→
−
−
→
er +
eθ +
ez
vs = grad φs =
∂r
r ∂θ
∂z
b
et on obtient, avec φu = u r + 2 cos θ :
r
−
→
vs =
2b
u− 3
r
b
−
→
→
cos θ e r − u + 3 sin θ−
eθ
r
(b) D'après l'expression de la divergence en coordonnées sphériques donnée dans l'énoncé,
→
→
on obtient avec −
vs qui n'a pas de composante suivant −
e θ et ne dépend pas de θ :
2
−
div→
vs =
r
2b
u− 3
r
∂
cos θ+
∂r
2b
cos θ
b
1 ∂
b
u − 3 cos θ −
u + 3 sin θ−
u + 3 sin θ
r
r sin θ
r
r ∂θ
r
Il vient
2u 4b
6b u
b
u
b
u
b
−
→
div vs = cos θ
− 4 + 0 + 4 − − 4 − − 4 = cos θ
2−1−1 + 4
r
r
r
r
r
r
r
r
r
−4+6−1−1
→
soit div−
vs = 0 : l'écoulement est donc bien incompressible.
−
(c) Notons vr la composante radiale de →
vs : vr =
2b
u= 3
r
soit pour
r=a=
2b
u
2b
u− 3
r
1/3
cos θ. On voit que vr = 0 lorsque
de sorte que
−
On peut alors éliminer b de l'expression de →
vs :
−
→
vs = u
a3
a3
→
−
→
−
1 − 3 cos θ e r − 1 + 3 sin θ e θ
r
2r
b=
u a3
2
3
PSI - 2011-2012
(d) Dans le cas où u = 1, on obtient :
7
17
3
→
−
→
→
−
e θ et pour r = 2a : →
vs = cos θ−
er −
sin θ−
eθ
pour r = a : →
vs = − sin θ−
2
8
16
On remplit alors le tableau pour les diérentes valeurs de θ :
→
(e) On représente le vecteur-vitesse −
v pour les valeurs de θ contenues dans le tableau, dans
les cas r = a et r = 2a. On en déduit l'allure des lignes de courant (tangentes en tout
→
point au vecteur −
v):
→
−
−
→
→
5. (a) Dans le cas d'un écoulement potentiel, on a rot−
v = 0 (cf. question II.2), et il reste
simplement :
−−→ −
−−→ v 2
−
→
→
v · grad v = grad
2
(b) Dans le cas d'un écoulement parfait, potentiel et stationnaire, en l'absence de pesanteur,
l'équation d'Euler devient
v2
2
−−→
ρ grad
−−→
= −grad P
On a donc (en supposant que le uide est toujours incompressible, ce qui permet de
faire rentrer ρ dans le gradient),
v2
grad ρ + P
2
−−→
=0
On en déduit que l'expression contenue dans le gradient est uniforme dans l'espace, soit
ρ
v2
+P =C
2
Ce résultat constitue le théorème de Bernoulli, dans le cas où l'écoulement est irrotationnel (et où la pesanteur est négligeable).
4
DM 3 - Correction
→
(c) Lorsque r tend vers l'inni, on a, d'après l'expression de −
vs obtenue à la question II.4.a :
−
→
→
→
→
vs (∞) = u cos θ−
e r − sin θ−
e θ = u−
ez
En faisant tendre r vers l'inni, on obtient donc, puisque limr→∞ P (r) = 0 :
C=ρ
u2
2
3
→
→
(d) On a vu que, pour r = a, −
vs = − u sin θ−
eθ
2
La pression au voisinage de la sphère s'exprime donc :
ρ
P =C−
2
3
u sin θ
2
2
ρ u2
=
2
9
1 − sin2 θ
4
On constate que la pression au voisinage de la sphère est une fonction paire de θ :
P (r = a, −θ, φ) = P (r = a, θ, φ). Par conséquent, la force de pression exercée sur la
surface supérieure de la sphère est la même que la force de pression exercée sur la surface
inférieure de la sphère : ces deux forces se compensent, donc la force de traînée est nulle.
III. Sphère en mouvement de translation dans un uide visqueux : approche qualitative
1. Appliquons le principe fondamental de la dynamique à la bille, de masse m et de volume V ,
soumise à son poids, à la force de traînée et à la poussée d'Archimède :
m
→
d−
u
→
→
→
= m−
g − 6πηa−
u − ρV −
g
dt
4
3
avec V = πa3 et m = ρb V . Il vient
→
d−
u
9η −
ρ −
→
→
+
u = 1−
g
2
dt
2ρb a
ρb
En projetant cette équation sur (Ox) et (Oy) et en la résolvant avec la condition initiale
−
→
−
→
→
→
u (0) = 0 , on obtient ux = uy = 0. On a donc −
u = u−
e z , et la solution de l'équation
diérentielle projetée sur (Oz ) donne :
ρ
2ρb a2
−t/τ
u(t) = A e
− 1−
τg
avec
τ=
ρb
9η
ρ
La condition initiale u(0) = 0 donne, par continuité de la vitesse : A = 1 −
τ g , de sorte
ρb
que
→
ρ
→
−
u (t) = − 1 −
τ g 1 − e−t/τ −
ez
ρb
→
La vitesse limite −
u ∞ atteinte par la bille dans le cadre de la loi de Stokes est donc
ρ
−
→
→
u∞ = − 1 −
τ g−
ez
ρb
5
PSI - 2011-2012
2. Pour la gouttelette de brouillard, a = 1 µm donc :
u∞ =
ρair
1−
ρeau
2ρeau a2
g=
9η
1, 3
1− 3
10
2.103 (10−6 )2
2, 8
×9, 8 ≈
.10−4 ≈ 1, 2.10−4 m.s−1
−5
9 × 1, 8.10
9 × 1, 8
Pour la goutte de pluie, le rayon a est 103 fois plus grand, la vitesse (proportionnelle à a2 ) est
donc 106 fois plus élevée, soit u∞ ≈ 120 m.s−1 .
La valeur de la vitesse obtenue pour la goutte de pluie semble bien trop élevée (120 m.s−1
correspond à 430 km.h−1 !).
3. Pour la gouttelette de brouillard (a = 10−6 m), on obtient
Re =
ρair a v
1, 3 × 10−6 × 1, 2.10−4
1, 6 −5
=
≈
.10 ≈ 10−5
ηair
1, 8.10−5
1, 8
Pour la goutte de pluie, le rayon a est 103 fois plus grand et la vitesse v est 106 fois plus grande,
on obtient donc une valeur 109 fois plus élevée pour le nombre de Reynolds, soit Re ≈ 104 .
On voit que la condition de validité de la loi de Stokes (Re < 1) est respectée pour la
gouttelette de brouillard mais ne l'est pas pour la goutte de pluie, ce qui peut expliquer la
valeur aberrante obtenue à la question précédente pour la vitesse limite de la goutte de pluie.
La vitesse de la goutte de pluie étant élevée, on pourrait utiliser un modèle de la
force de traînée avec F proportionnelle au carré de la vitesse pour obtenir un résultat plus
réaliste.
Remarque :
IV. Interactions hydrodynamiques dans un uide visqueux
1. En prenant
3au
= 1, l'expression de la vitesse donnée par l'énoncé devient :
4r
−
→
→
→
v = −2 cos θ−
e r + sin θ−
eθ
On obtient le tableau de valeurs suivant :
2. Vu le schéma donné par l'énoncé, on peut supposer que la distance d entre les billes est
grande devant le rayon a d'une bille. On est donc dans les conditions de la question IV.1 pour
→
l'expression de la vitesse −
v du uide. Les huit billes périphériques étant supposées immobiles
−→
dans le référentiel du laboratoire, elles sont animées d'une vitesse −v par rapport au uide,
→
−
→
→
et subissent donc, selon la loi de Stokes une force F = −6πηa(−−
v ) = 6πηa−
v.
On en déduit, d'après le tableau de la question IV.1, l'allure des forces exercées sur les billes
→
→
périphériques (elle est colinéaire à −
v et orientée dans le même sens que −
v ).
6
DM 3 - Correction
3. On procède comme à la question III.1 : la bille B est soumise à son poids et à la force de
traînée (la poussée d'Archimède est négligeable, cf. les applications numériques de la question
III.2). Appliquons le principe fondamental de la dynamique à cette bille :
m
→
d−
uB
→
−
→
= m−
g − 6πηa →
uB − −
v
dt
→
Le vecteur −
v est ici obtenu pour r = d et θ = π/2, soit (cf. forme d'Oseen) :
3auA −
−
→
→
v =
eθ
4d
avec ici
−
→
→
e θ = −−
ez
En régime permanent, on obtient
−
→
uB =
m −
→
→
g +−
v =−
6πηa
m
3auA
g+
6πηa
4d
−
→
ez
→
→
→
De plus, l'énoncé suppose que les deux billes tombent à la même vitesse : −
uB = −
u A = −u−
e z.
−
→
On obtient donc, en projection sur ez :
u
Puisque d > a, 1 −
3a
−1
4d
=−
m
g
6πηa
soit
u=
m
6πηa
g
1−
3a
4d
3a
mg
est positif (et inférieur à un). On a donc ici u >
4d
6πηa
Or, à la question III.1, on avait obtenu en régime permanent (en négligeant la poussée d'Archimède, qui est eectivement négligeable quand on fait l'application numérique) :
u=
mg
6πηa
La vitesse obtenue ici en présence de la bille A est donc plus importante que celle obtenue à
la question III.1 pour une bille isolée. On en déduit que
Deux billes proches sédimentent plus vite qu'une bille isolée