Cours MF101 Contrôle de connaissances

Cours MF101
Contrôle de connaissances: Corrigé
Exercice I
Nous allons déterminer par analyse dimensionnelle la relation entre la Trainée D et les
autres paramètres.
F (D, g, L, V, ρ, ν) = 0
(1)
où D représente la trainée, g la gravité, L la longueur caractéristique du bateau, V sa vitesse,
ρ la masse volumique de l’eau et ν sa viscosité. La relation (1) est dimensionnellement
homogène, c’est à dire qu’elle est invariante quelque soit le système d’unités fondamentales
choisies. Soient donc T , l et M les unités fondamentales de temps de longueur et de masse.
On les choisit comme indiqué ci-dessous:


T = VL
 l=L 
(2)
3
M = ρL
Dans ce nouveau système on a :


[D] = ρL2 V 2
 [ν] = V L 
2
[g] = VL
(3)
où la notation [A] désigne la dimension de la quantité A dans le système d’unités (2).La
relation (1) étant invariante dans le nouveau système choisi (2), on peut écrire:
!
g L ρ ν
D
= 0
(4)
, V2 , , ,
F
2
2
ρL V
L ρ VL
L
On en déduit donc que
2
2
D = ρL V f
gL ν
,
V2 VL
(5)
Il y a similitude expérimentale entre la maquette et le bateau si tous les paramètres sans
dimension sont identiques. On a donc en indiçant par m la maquette et en se rappelant que
la maquette est testée dans le même fluide que le bateau, les relations suivantes:
D
Dm
=
ρL2 V 2
ρL2m Vm2
(6)
gL
gLm
=
2
V
Vm2
(7)
1
les deux expériences ayant lieu sur terre, la gravité est la même et:
ν
ν
=
VL
V m Lm
(8)
Il n’est pas possible de réaliser une similitude totale avec le même fluide, on néglige alors la
viscosité; la trainée dans le cas du bateau étant essentiellement du à la trainée d’onde, c’est
à dire due à la gravité. On choisit donc d’égaler les relations (6) et (7). Or la maquette
étant au 1/25 ème, on peut écrire:
L
= 25
(9)
Lm
Par conséquent:
V 2 Lm
V2
Vm2 =
=
(10)
L
25
On a donc:
Vm = 2ms−1
(11)
On en déduit la trainée:
L2 V 2
L2m Vm2
(12)
D = 9, 375.105 N
(13)
D = Dm
Exercice II
1. On explicite le potentiel complexe engendré par la superposition des deux tourbillons:
f (z) =
−iΓ
{log(z − ia) − log(z + ia)}
2π
Le cercle de centre I (0, √2a3 ) et de rayon
√a
3
a
2a
zc = i √ + √ eiθ
3
3
(14)
est caractérisé par l’affixe zc complexe:
avec
θ ∈ [0, 2π[
(15)
On explicite le potentiel complexe ci-dessous pour l’affixe zc
−iΓ
f (zc ) =
log
2π
zc − ia
zc + ia
(16)
La partie imaginaire, ψc , de f (zc ) doit donc être constante sur le cercle si celui-ci est
une ligne de courant:
zc − ia −Γ
log (17)
ψc =
2π
zc + ia avec |.| désignant le module du nombre complexe. Compte tenu de (15), on a :
s
!
√
(4a − 2a 3)(2a + asinθ)
−Γ
√
log
ψc =
2π
(4a + 2a 3)(2a + asinθ)
2
(18)
Ainsi sur le cercle on a :
ψc =
s
−Γ
log 
2π

√
4a − 2a 3 
√
= Cte
4a + 2a 3
(19)
La fonction de courant est donc constante sur le cercle qui est donc une ligne de courant.
On procède de même pour l’axe Ox en calculant le potentiel complexe (14) pour z = x:
−iΓ
x − ia
f (x) =
(20)
log
2π
x + ia
Or x − ia et x + ia sont complexes conjugués. On a donc pour ψx , partie imaginaire
de (20):
x − ia −Γ
) = 0
ψx =
log(
(21)
2π
x + ia La fonction de courant est donc constante sur l’axe Ox qui est donc une ligne de
courant
2. Le potentiel complexe (14) correspond à l’écoulement autour d’un disque de centre I
(0, √2a3 ) et de rayon √a3 en présence d’un sol placé en Ox.
3. L’écoulement est un écoulement de fluide parfait plan, irrotationnel les forces extérieures
sont supposées nulles et la masse volumique est constante, on peut donc appliquer le
deuxième théorème de Bernoulli entre un point à l’infini amont et un point M sur l’axe.
De plus l’écoulement étant stationnaire, la conservation de la charge hydraulique s’écrit:
p∞ V∞2
pM
V2
+
=
+ M
ρ
2
ρ
2
(22)
Pour calculer la vitesse de l’écoulement on calcule la vitesse complexe en dérivant (14)
par rapport à z:
−iΓ
iΓ
df
=
+
= u − iv
dz
2π(z − ia)
2π(z + ia)
(23)
df
Γa
=
= u − iv
2
dz
π(x + a2 )
(24)
soit sur l’axe Ox en z = x:
La vitesse est uniquement selon u et tend vers 0 à l’infini amont, on a donc en injectant
l’expression de la vitesse dans (22):
p = p∞ −
ρΓ2 a2
2π 2 (x2 + a2 )2
(25)
4. La force s’exerçant sur le cercle de centre I (0, √2a3 ) et de rayon √a3 est due aux forces
de pression. On peut la représenter par la formule de Blasius. Le cercle étant ligne de
courant celle-ci s’exprime sous la forme:
Z 2
df
iρ
F = Fx − iFy =
dz
(26)
2 C dz
3
df
df
avec dz
donné en (23). La seule singularité de dz
à l’intérieur du cercle de centre I
a
2a
√
√
(0, 3 ) et de rayon 3 étant z = ia, on a en utilisant le théorème des résidus:
iρ
F =
2
Z C
df
dz
2
iρ
2iπ Res(z = ia)
2
(27)
Γ2
4iπ 2 a
(28)
dz =
Or:
Res(z = ia) =
Ainsi:
F = Fx − iFy =
iρΓ2
4πa
(29)
ainsi la trainée Fx est nulle et la portance vaut:
Fy = −
ρΓ2
4πa
(30)
le cercle est attiré vers l’axe Ox.
5. Les efforts que le fluide exerce sur l’axe réel peuvent s’exprimer compte tenu de (25):
Z ∞ ρΓ2 a2
~jdx
p∞ −
2π 2 (x2 + a2 )2
−∞
En appelant ~j le vecteur unitaire porté par la verticale et dirigé vers le haut. En
négligeant les termes dépendant de p∞ , on obtient:
∞
Z ∞ x
1
x
ρΓ2 a2
ρΓ2 a2
+
Arctg
dx =
−
2π 2 (x2 + a2 )2
2π 2
2a2 (a2 + x2 )2 2a3
a −∞
−∞
Soit après calcul:
Z
∞
−∞
ρΓ2 a2
−
2π 2 (x2 + a2 )2
dx =
ρΓ2
4πa
6. La force est donc directement opposée à la force s’exerçant sur le cercle réel
Exercice III
1. l’eau est considérée comme un fluide parfait, incompressible homogène de masse volumique ρeau , donc barotrope , les forces extérieures étant les forces de gravité elles
dérivent d’un potentiel ~g , on peut appliquer le théorème de Lagrange. La vitesse étant
nulle à l’instant initial, son rotationnel y est nul donc il le reste dans tout l’écoulement.
On peut donc appliquer le deuxième théorème de Bernoulli entre deux points quelconques: M appartenant à la surface de séparation et E le point d’éjection situé en
(o, d) . La charge hydraulique se conserve et l’écoulement est quasi stationnaire donc
ne dépend pas du temps:
2
pM + ρeau UM
/2 + ρeau gh0 = pE + ρeau v02 /2 + ρeau gd
4
(31)
Y
air
M
H
~g
Σ
eau
h0
E
d
jet d’eau
O
X
Le point M a une vitesse nulle, la vitesse de descente de la surface Σ est supposée très
lente. Le point E se trouvant à la sortie sa pression est p0 , le point M est sur la surface
de séparation qui est quasi à l’équilibre, par conséquent la pression de part et d’autre
de la surface est la même et la pression de m est la pression de l’air au dessus de l’eau
soit p1 . On a donc:
s
v0 =
2(p1 − p0 )
+ 2g(h0 − d)
ρeau
(32)
Compte tenu des valeurs numériques, on obtient:
v0 = 6, 93m.s−1
(33)
2. Lorsque la surface Σ se trouve en h, la masse de l’air au dessus de l’eau n’est pas
modifiée. On peut écrire que la masse est définie par ρV, avec V le volume et ρ la
masse volumique de l’air, qui dépend de la pression d’après la loi donnée dans l’énoncé.
Entre l’instant initial et l’instant où la hauteur est h le volume passe de’ V 0 à V, on a
donc:
ρ(p = p1 )V0 = ρ(p = p2 )V
(34)
avec p2 la pression à la surface Σ quand l’eau ne s’écoule plus. On a donc, avec la loi
pour l’air p = kρ:
kp1 Σ(H − h0 ) = kp2 Σ(H − h)
(35)
Dans l’eau, on peu écrire comme à la question pr‘’ecédente, Bernoulli, entre un point
M de Σ la pression p2 inconnue et le point E de pression p0 par lequel l’eau ne s’écoule
plus : :
p2 + ρeau gh = p0 + ρeau gd
(36)
On en déduit:
Σ(H − h0 )
+ ρeau gh = p0 + ρeau gd
Σ(H − h)
h est donc solution de l’équation du second degré:
p0
(H − h0 )
p0 H
2
h −h H +
+ d + −p1
+ dH +
ρeau g
ρeau g
ρeau g
p1
5
(37)
(38)
Soit avec les valeurs numériques:
h2 − 12, 9h + 18, 3 = 0
(39)
Cette équation a deux racines h = 11, 27m et h = 1, 625m, la première solution est
impossible.
6