Mécanique des Fluides

Université se Caen-Basse Normandie
Master 1
UFR des Sciences
2011 - 2012
Mécanique des Fluides
TD3 – Analyse dimensionnelle et Similitude
Analyse dimensionnelle
Exercice-III.1 Solution :
On cherche une relation de la forme
△p = F (U, D, ρ, µ, L, ε)
On a donc N = 6 grandeurs dont 3 peuvent servir comme grandeurs fondamentales : U, D
et ρ, d’où r = 3 et N − r = 3 ce qui implique qu’on doit avoir 3 ( + 1) paramètres sans
dimensions. On a donc
△p
△p
,
=⇒
π
=
ρα U β D γ
ρU 2
µ
µ
= α1 β1 γ1 , =⇒ π1 =
ρ U D
ρUD
ε
=
,
D
L
=
D
π =
π1
π2
π3
La relation est donc de la forme
△p = ρU 2 F (ρUD/µ, ε/D, L/D) = F (Re, ε/D, L/D).
Exercice III.1 : Quels sont les paramètres desquels dépend la force de frottement F
exercée par un fluide en mouvement à la vitesse U sur une plaque plane, de longueur L et
de largeur H ? L’écoulement est supposé parallèle à L. Établir une relation donnant F en
fonction de ces paramètres.
1
Exercice-III.2 Solution :
La force de frottement dépend de la viscosité, µ, et la masse
volumique de fluide, ρ, ainsi que de U, L et H. On cherche donc une relation de la forme
F = F (U, L, H, µ, ρ)
d’où N = 5. On peut choisir ρ, U et L comme grandeurs fondamentales et par conséquent
r = 3.
Il vient alors qu’il y a N − r = 2 (+1) paramètres adimensionnels dont un est formé
par H/L car H et L sont tous les deux des longueurs. On a donc
π =
π1 =
π2 =
F
ρα U β Lγ
F
,
ρU 2 L2
µ
=⇒ π1 =
,
ρUL
,
=⇒ π =
µ
ρα1 U β1 Lγ1
,
H
.
L
La relation recherchée est donc
π = F (π1 , π2 ),
F = ρU 2 L2 F (Re, H/L).
d’où
Exercice-III.3 Solution :
La force de poussé, F , engendrée par l’hélice dépend de
D, ω, U et les propriétés des fluides µ et ρ. Ainsi on peut chercher une relation de la
forme F = F (D, ω, U, µ, ρ) ce qui implique que N = 5. On peut choisir comme grandeurs
fondamentales D, ρ avec soit U ou soi ω. Ainsi, r = 3 et il y a N − r = 2 (+1) paramètres
adimensionnels :
π =
π1 =
π2 =
F
ρα U β D γ
,
F
,
ρU 2 D 2
µ
=⇒ π1 =
,
ρUD
ω
=⇒ π2 =
.
U/D
=⇒ π =
µ
ρα1 U β1 D γ1
ω
ρα2 U β2 D γ2
,
,
La relation recherchée est donc donnée par
π = F (π1 , π2 ),
d’où
F = ρU 2 D 2 F (ReD , ωD/U).
2
Exercice-III.4 Solution :
L’écoulement étant à surface libre où les effets de la viscosité
est négligeable. De plus, le rôle des effets de la tensions superficielle est trop petits devant
les effets de la pesanteur. Ainsi les facteurs restant qui intervient sont : l’accélération g
due à la pesanteur, la masse volumique ρ, la charge H, la levée a de la vanne et le tirant
d’eau y en aval. Le problème est alors
Trouver
X = F (H, a, y, g, ρ)
On a donc N = 5.
Commençons par le tableau des exposants :
[Grandeur]
L
M
T
[X]
1
0
0
[H]
1
0
0
[a]
1
0
0
[y]
1
0
0
[g]
1
0
[ρ]
−3
1
−2
0
Selon le tableau des exposants r = 3 et par conséquent N − r = 2. D’où la relation
recherchée prend la forme
π = F (π1 , π2 )
En examinant la tableau des exposants on se rend compte assez vite que la grandeur masse
n’intervient que dans ρ, et la grandeur temps n’intervient que dans g. Il est donc immédiat
qu’un produit sans dimensions contenant ρ et g ne peut pas être formé. Cela implique que
ces grandeurs sont sans action directe sur le résultat cherché, et s’éliminent du problème.
Le nombre N se réduit alors à 3 et r = 1 car les variables restantes X, H, a et y ont toutes
la même dimension L ce qui suggère π = F (π1 , π2 ). En choisissant H comme variable
fondamentale, on trouve
X
a
π = , π1 = ,
H
H
y
π2 =
H
soit
3
X = HF
a
y
.
,
H H
Exercice-III.5 Solution :
Selon la méthode de Raleigh la relation cherchée doit être
de dimensions homogènes :
h = H α1 ℓα2 ̟ α3 τ α4
Notons que les variables H et ℓ ont comme h, la dimension d’une longueur. Écrivons le
tableau des exposants :
[Grandeur]
L
T
M
Θ
exposant
[h ]
1
0
0
0
1
[H ]
1
0
0
0
α1
[ℓ ]
1
0
0
0
α2
[̟ ]
-2 -2
1
0
α3
[τ ]
-1 -2
1
0
α4
En examinant le tableau de dimensions on se rend compte assez vite que l’on peut
choisir ℓ, et soit ̟ ou soit τ comme variables fondamentales, soit r = 2.
Ainsi, puisque la relation recherchée doit être dimensionellement homogène, on déduit
les équations suivantes :
h
H
ℓ
̟
τ
L:
+1
= + α1
+ α2
− 2α3
− α4
T :
0
=+0
+0
− 2α3
− 2α4
M:
0
=+0
+0
+ α3
+ α4
Par la suite, en résolvant par rapport aux variables fondamentales (à savoir ℓ, ̟ et τ ) que
4
l’on a choisi, on obtient :
α3 = −α4
α1 = +1 − α2 + α3
D’où :
h = H 1−α2 +α3 ℓα2 ̟ α3 τ −α3
α3 −α2 α3
̟ℓ
H
= H
ℓ
τ
soit :
h = HF
H ̟ℓ
,
ℓ τ
Cherchons maintenant la solution par le théorème de Vaschy–Buckingham. En total on a,
à part de h, N = 4 variables, à savoir : H, ℓ, ̟ et τ . Soit ℓ, ̟ les grandeurs fondamentales,
au nombre r = 2. Alors il existe N − r = 2 paramètre sans dimensions tel que
h = ℓF (π1 , π2 )
avec
H
,
ℓ
π1 =
et
π2 =
D’où
τ
ℓα2 ̟ β2
,


(

 −2 = α2 − β2
β2 = 1
=⇒
−2 = −2β2

α2 = −1

 1 = β
2
h = ℓF
h = HF
ou
5
H τ
,
ℓ ̟ℓ
H ̟ℓ
,
ℓ τ
Exercice-III.6 Solution :
Ondes de gravité
Cherchons la relation par la méthode de Rayleigh :
c = g α ρβ λγ
Le tableau des exposants est donc :
[Grandeur]
L
T
M
Θ
exposant
[c ]
1
-1
0
0
1
[g ]
1
-2
0
0
α
[ρ ]
-3
0
1
0
β
[λ ]
1
0
0
0
γ
Il est immédiat que la masse n’intervient que dans la masse volumique ρ et par conséquent
on déduit que β = 0. Vu que la relation cherchée doit être dimensionellement homogène,
on déduit les équations suivantes :
c
g
λ
L:
+1
=+α
+γ
T :
−1
= − 2α
+0
D’où α = 1/2 = γ. Ainsi on trouve :
c∝
Ondes capillaires
p
gλ.
Selon l’énonce on peut écrire
c = F (g, ρ, λ, σ)
6
Le tableau des exposants est donc :
[Grandeur]
L
T
M
Θ
[c ]
1
-1
0
0
[g ]
1
-2
0
0
[ρ ]
-3
0
1
0
[λ ]
1
0
0
0
[σ ]
0
-2
1
0
Utilisons la méthode des π’s pour ce cas. On a N = 4, et selon le tableau des exposants
r = 3 ce qui conduit à :
π = F (π1 )
Choisissons g, ρ et λ comme variables


0 =

 L:
σ
π1 = α1 β1 γ1 =⇒
T : −2 =

g ρ λ

 M:
1 =
avec
π=
fondamentales. Alors


α1 − 3β1 + γ1

 α1 = 1
σ
=⇒
−2α1
β1 = 1 =⇒ π1 =

gρλ2


β1
γ1 = 2
c
g α ρβ λγ
c
=⇒ π = √ .
gλ
Ainsi, la relation cherchée est de la forme :
c=
p
gλ F
σ
gρλ2
.
Similitude
Exercice-III.7 Solution :
Nous ne nous disposons que des données sur le poids de blocs
et la hauteur de houle ce qui suggère de chercher une relation entre ces deux grandeurs.
Soit P le poids apparent de blocs et F la force exercée par les efforts hyrodynamiques
dus à la houle. La similitude dynamique impose alors la relation
P1
F1
=
P2
F2
7
Les efforts F sont proportionnels à la surface apparente des blocs et à la pression dynamique,
c’est-à-dire au carrée de la vitesse de l’eau. D’où :
P1
ρ1 L21 V12
L21 V12
F1
=⇒
=
=
F2
ρ2 L22 V22
P2
L22 V22
car ρ1 = ρ2
La similitude de la houle entre le prototype et la maquette impose l’égalité de nombre de
Froude :
F r1 = F r2 =⇒
V12
H1
V2
V2
= 2 =⇒ 12 =
gH1
gH2
V2
H2
où H désigne la hauteur de la houle.
Les blocs du prototype et de la maquette étant de même densité implique que le poids
apparent des blocs soit proportionnel au volume des blocs :
L3
P1
= 31
P2
L2
D’où :
P1
L2 V 2
V2
L1
L3
H1
6m
= 13 = 21 12 =⇒ 12 =
=
=
= 20
P2
L2
L2 V2
V2
L2
H2
0.3 m
qui est, en fait, la relation cherchée. La masse des blocs de prototype est donc donnée par
3
L1
P2 = 8000P2,
P1 =
L32
soit 8 tonnes.
Exercice-III.8 Solution :
Première méthode :
La similitude impose l’égalité des nombres de Froude pour le modèle réduit et le prototype :
F r1 = F r2 =⇒
V12
V2
V2
V2
= 2 =⇒ 1 = 2
gH1
gH2
H1
H2
où H désigne la hauteur de la marée.
Le mouvement de la marée est principalement horizontal et par conséquent la composante horizontale de vitesse est dominante. Si l’on appelle L la longueur horizontale
parcourue à la vitesse V en temps T on aura
L21 /T12
L2 /T 2
= 2 2 =⇒ T2 = T1 ×
H1
H2
8
L2
L1
×
H1
H2
1/2
Pour le première modèle :
T2,1 = (12 h 25 mn) ×
√
1
× 80 = 802 s = 13 mn 22 s
500
Pour le deuxième modèle :
T2,2 = (12 h 25 mn) ×
√
1
× 500 = 20 s
50000
Deuxième méthode :
Au lieu de passer par le nombre de Froude on peut utiliser les similitudes géométrique,
cinématique et l’échelle du temps. Selon l’équation de Bernoulli les carrées de vitesse sont
proportionnelles aux hauteurs géométriques de la marée. Ainsi si l’on pose :
kH = l’échelle des hauteurs
kL = l’échelle des longueurs
kV
= l’échelle des vitesse
kT = l’échelle des temps
on aura :
kV2 ∝ kH =⇒ kV2 = kH , sans perte de généralité, et de la même manière kT =
Pour le premier modèle :
kL
−1/2
= kL kH
kV
√
80
= 1.79 × 10−2
500
et
√
80
= 802 s = 13 mn 22 s
T1 = (12 h 25 mn) ×
500
Pour le deuxième modèle :
√
500
kT =
= 0.477 × 10−3
500000
et
√
500
T2 = (12 h 25 mn) ×
= 44770 × 0.477 × 10−3 = 20 s
500000
kT =
Exercice-III.9 Solution :
9
1. Écrivons d’abord les équations pour les écoulements 1 et 2 :
D 2 ∂ 2 p21
∂p1
= C1 1
∂t1
64µ1 ∂x1 2
∂p2
D 2 ∂ 2 p22
= C2 2
∂t2
64µ2 ∂x2 2
(III.9.1)
(III.9.2)
En utilisant les définition des échelles, on déduit
∂x1 ∂
∂
∂
=
=λ
,
∂x2
∂x2 ∂x1
∂x1
∂
∂t1 ∂
∂
=
=θ
∂t2
∂t2 ∂t1
∂t1
et par conséquent la deuxième équation se réécrit comme
D12 λ2 ∂ 2 p21
θ ∂p1
= C2
α ∂t1
64µ2 δ 2 α2 ∂x1 2
dont la comparaisons avec (1) conduit à :
θ=
C 2 µ 1 λ2
C1 µ2 αδ 2
qui est la relation cherchée.
Dans le cas où l’on utilise le même gaz (µ1 = µ2 ) dans les conduites ayant des sections
semblables (C1 = C2 ) cette relation se réduit à
λ2
θ= 2
αδ
2. On a pour les données fournies :
λ=
x1
= 2,
x2
α=
p1
= 1,
p2
δ=
D1
1
=
D2
3
et par conséquent
θ=
Ainsi, le temps cherché est :
t2 =
22
λ2
=
= 36
αδ 2
1 × (1/3)2
3 mois
180 jours
t1
=
=
= 5 jours
θ
36
36
10
Exercice-III.10 Solution :
La force de frottement F sur le dirigeable dépend de la vitesse de l’écoulement, U, de
la longueur L, de la densité du fluide ρ et la viscosité dynamique µ, soit :
F = F (U, L, ρ, µ)
Alors selon le théorème des π on a N = 4. Les variables L, U et ρ sont indépendantes et
constituent donc des grandeurs fondamentales, au nombre r = 3, pour ce problème. On a
donc 2 paramètres à déterminer
π1 =
avec
π=
On trouve
π1 =
µ
ρα1 Lβ1 U γ1
F
ρα Lβ U γ
F (π1 )
ν
1
µ
=
=
,
ρLU
LU
Re
π=
F
L2 ρU 2
.
L’analyse dimensionnelle montre alors que la force de frottement est liée au nombre de
Reynolds par un paramètre sans dimension appelé le coefficient de frottement, ou plustôt
le coefficient de traı̂née pour cet exemple :
F/L2
CD = F
= F ∗ (Re).
2
ρU
1. La similitude impose l’égalité des nombres de Reynolds :
Rep = Rem =⇒
ρm Lm Um
ρp Lp Up
=
µp
µm
D’où
Um = Up ×
Lp
ρp
µm
1.205 1.0 × 10−3
×
×
= 6 m/s × 30 ×
×
= 12.05 m/s
Lm ρm
µp
1000
1.8 × 10−5
11
2. La similitude impose aussi l’égalité des coefficients de traı̂née :
Fp /L2p
Fm /L2m
=
2
ρp Up2
ρm Um
D’où
Fp = Fm ×
L2p
Up2
ρp
1.205
62
2
×
=
2700
N
×
30
×
×
×
= 725.97 N = 726 N
2
L2m ρm Um
1000
12.052
3. Pp = Up Fp = 6 m/s × 726 N = 4356 W = 4.356 kW
12