Corrigé Exercice I

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Cours MF101
Contrôle de connaissances: Corrigé
Exercice I
1. Pour qu’il y ait similitude expérimentale entre la maquette et le prototype, tous les
paramètres sans dimension doivent être identiques. On a donc, dans le cas du même
fluide, en indiçant par m la maquette et p le prototype égalité des nombres de Reynolds:
Vp Lp
Vm Lm
=
νair
νair
(1)
Soit,
Lp
Vm = 30 Vm = 180m/s
Lm
ce qui correspond à une vitesse beaucoup trop grande.
Vm =
(2)
2. La maquette doit donc être testée dans un autre fluide. L’eau, présentant une viscosité
cinématique plus faible que celle de l’air d’un facteur 10, est un bon candidat. On a
en égalant les nombres de Reynolds:
Vm =
Lp νeau
0, 1
Vp = 30
Vp = 12m/s
Lm νair
1, 49
(3)
3. Nous allons déterminer par analyse dimensionnelle la relation entre le frottement F
et les autres paramètres.
G(F, L, V, ρ, ν) = 0
(4)
avec L la longueur caractéristique du dirigeable, V sa vitesse, ρ la masse volumique du
fluide et ν sa viscosité. La relation (4) est dimensionnellement homogène, c’est à dire
qu’elle est invariante quel que soit le système d’unités fondamentales choisies. Soient
donc T , D et M les unités fondamentales de temps de longueur et de masse. On les
choisit comme indiqué ci-dessous:


T = VL
 D=L 
(5)
3
M = ρL
Dans ce nouveau système on a :
[F ] = ρL2 V 2
[ν] = V L
1
(6)
où la notation [A] désigne la dimension de la quantité A dans le système d’unités (5).
La relation (4) étant invariante dans le système (5), on peut écrire:
L ρ ν
F
= 0
(7)
, , ,
G
ρL2 V 2 L ρ V L
On en déduit que:
ν (8)
VL
Il y a similitude expérimentale entre la maquette et le prototype si tous les paramètres
sans dimension sont identiques. On a donc la relation suivante:
F = ρL2 V 2 f
Fm
Fp
=
2
2
ρair Lp Vp
ρeau L2m Vm2
(9)
On en déduit la force de frottement sur le prototype:
Fp = Fm
L2p Vp2 ρair
L2m Vm2 ρeau
(10)
Fp = 732N
(11)
4. On peut ainsi déterminer la puissance nécessaire pour motoriser le dirigeable. Cette
puissance doit permettre de compenser les frottements:
P = Fp Vp = 4, 4KW
(12)
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
2a
zc = i √ + √ eiθ
3
3
√a
3
(13)
est caractérisé par l’affixe zc complexe:
avec
θ ∈ [0, 2π[
(14)
On explicite le potentiel complexe ci-dessous pour l’affixe zc
−iΓ
log
f (zc ) =
2π
zc − ia
zc + ia
(15)
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
ψc =
(16)
log 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
(17)
Ainsi sur le cercle on a :
ψc =
s
−Γ
log 
2π

√
4a − 2a 3 
√
= Cte
4a + 2a 3
(18)
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:
x − ia
−iΓ
(19)
log
f (x) =
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 =
(20)
log(
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:
pM
V2
p∞ V∞2
+
=
+ M
ρ
2
ρ
2
(21)
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)
(22)
df
Γa
=
= u − iv
2
dz
π(x + a2 )
(23)
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
(24)
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
dz
(25)
F = Fx − iFy =
2 C dz
3
df
df
donné en (23). La seule singularité de dz
à l’intérieur du cercle de centre I
avec dz
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
(26)
Γ2
4iπ 2 a
(27)
dz =
Or:
Res(z = ia) =
Ainsi:
F = Fx − iFy =
iρΓ2
4πa
(28)
ainsi la trainée Fx est nulle et la portance vaut:
Fy = −
ρΓ2
4πa
(29)
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 ∞ ρΓ2 a2
ρΓ2 a2
x
1
x
−
dx =
+
Arctg
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
4
Exercice III
1. L’écoulement étant stationnaire, la conservation de la masse sur une surface fermée Σ
délimitée par la paroi latérale Σl et ΣO , ΣA , et ΣB (cf schéma) s’écrit:
ΣA
~nA
~nO
ΣO
ΣB
~nB
Z
ρ~u~nds = 0
(30)
Σ
le fluide est incompressible homogène de masse volumique ρ, on peut donc simplifier par
ρ, le fluide est parfait donc sur les parois on a ~u~n = 0. Ainsi les seules contributions
non nulles de l’intégrale proviennent des surfaces ΣO , ΣA , et ΣB de même section S et
de normales sortantes respectives, ~nO , ~nA , et ~nB . On a donc la première relation:
VO = VA + VB
(31)
Le fluide est parfait et barotrope (ρ constant), et les forces extérieures étant les forces
de gravité dérivant d’un potentiel ~g , on peut appliquer le théorème de Lagrange. La
vitesse étant uniforme sur la section ΣO , son rotationnel y est nul donc il le reste dans
tout l’écoulement. On peut donc appliquer le deuxième théorème de Bernoulli entre
le point O et A d’une part, O et B d’autre part. La pression en O sera notée pO , la
pression en A et B est identique et vaut pa .
pO + ρV02 /2 = pa + ρVA2 /2 + ρga
(32)
pO + ρV02 /2 = pa + ρVB2 /2 − ρgb
(33)
VA2 /2 + ga = VB2 /2 − gb
(34)
soit
De (31) et (34) on tire:
VA = VO /2 −
g
(a + b) = 2 m/s
VO
(35)
VB = VO /2 +
g
(a + b) = 8 m/s
VO
(36)
On en déduit alors la pression pO , en utilisant (32):
p0 = 0, 62 105 Pa
5
(37)
2. La force exercée par le milieu extérieur est due à la force de pression s’exerçant sur les
parois de la tuyauterie, notées Σl . Soit donc à calculer:
Z
~
F2 = −
pa~nds
(38)
Σl
avec ~n normale sortante à la paroi latérale. On a d’autre part sur la surface fermée
(Σ=Σl +ΣO + ΣA +ΣB ) :
Z
Z
Z
Z
Z
pa .~n = 0 =
pa~nO ds +
pa~nds +
pa~nA ds +
pa~nB
(39)
Σ
Σl
Soit:
ΣA
Σ0
ΣB
F~2 = pa S~nO + pa S~nA + Spa~nB
(40)
On cherche la force exercée par le fluide sur les parois:
Z
~
F3 =
p~nds
(41)
Σl
Afin de calculer F~3 , on va appliquer le théorème des quantités de mouvement sur le
domaine délimité par Σ. Pour le fluide on peut écrire, l’écoulement étant stationnaire:
Z
Z −ρ~g dv +
ρ~u(~u.~n) − ~~σ.~n ds = 0
(42)
D
Σ
La gravité donne une contribution verticale, le fluide est parfait donc ~~σ = −p~~1 et ~u.~n
est nul sur les parois:
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
ρ~u(~u.~n)ds+
ρ~u(~u.~n)ds+
ρ~u(~u.~n)ds+
p.~nds +
p.~n+
p.~n+
p.~n = Vρ~g
ΣO
ΣB
ΣA
Σl
ΣO
ΣA
ΣB
(43)
Soit, compte tenu de la définition de F~3 :
F~3 = − (pO − ρVO2 )S~nO − (ρVA2 + pa )S~nA − S(ρVB2 + pa )~nB + Vρ~g
(44)
On peut donc évaluer la force totale s’exerçant sur la tuyauterie:
F~ = F~2 + F~3 + F~1 = (ρVO2 +pa −pO )S~nO −(ρVA2 )S~nA −S(ρVB2 )~nB + (m + Vρ) ~g (45)
6
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