1. No category

Correction - DS no 3
Physique
Correction - PSI - DS no 3 - Mécanique des
fluides
1 Mesure d’un coefficient de viscosité
La vitesse de chute de la bille étant très faible, on supposer que la force de traînée exercée par
−
→
→
→
→
la glycérine lors de la chute est donnée par la formule de Stokes : F = −6πηr−
v , où −
v = −v −
uz
car la bille chute verticalement.
Le théorème de la résultante cinétique appliqué à la bille dans le référentiel terrestre considéré
comme galiléen s’écrit :
m
→
d−
v
→
→
→
= −mg −
u z + mglycerine g −
u z + 6πηrv −
uz
dt
→
où mglycerine g −
u z représente la poussée d’Archimède, et mglycerine correspond à la masse de
glycérine déplacée par la bille.
Lorsque la vitesse limite est atteinte, v = constante = vlim , et on obtient donc :
η=
(m − mglycerine )g 4πr3 (µb − µglycerine )g 2r2 (µb − µglycerine )g
=
=
= 0.39P l
6πvlim r
3 × 6πvlim r
9vlim
De plus,
ν=
η
= 3.10−4 m2 .s−1
µ
On trouve bien un liquide beucoup plus visqueux que l’eau.
Vérifions maintenant la cohérence du modèle choisi pour la formule de la traînée :
Re =
vlim rµglycerine
= 0.004
ηglycerine
Le modèle choisi est donc bien valide car Re < 1.
PSI - Année 2010/2011
1
Lycée Paul Eluard
Correction - DS no 3
Physique
2 Energie hydraulique
= 77.5 m.s -1
PSI - Année 2010/2011
2
Lycée Paul Eluard
Correction - DS no 3
Physique
PSI - Année 2010/2011
3
Lycée Paul Eluard
Correction - DS no 3
Physique
3 Problème d’après e3a-PSI-2005
A1 - ETUDE PRELIMINAIRE D’UN ECOULEMENT
1.
a) L’écoulement étant unidimensionnel, toutes les grandeurs sont homogènes (ou identiques) en tout point d’une section droite de la conduite.
b) Les lignes de champ se resserrent au niveau de l’étranglement. La vitesse du fluide
augmente donc lors du passage dans l’étranglement.
→
c) Le fluide est incompressible, donc div −
v = 0, et donc le débit volumique global à
travers le tube de champ fermé par les surfaces S1 et S2 s’écrit, en vertu du théorème
d’Osctrogradski :
{
−
→ y
→
−
−
DV =
v · dS =
div →
v dτ = 0 = −S1 V1 + S2 V2
Comme S2 < S1 , on en déduit bien que V2 > V1 . L’écoulement accélère dans le
rétrécissement.
d) L’équation présentée correspond à l’intégration de l’équation d’Euler le long d’une
ligne de courant d’un écoulement stationnaire, homogène, incompressible.
→
∂−
v
−
→
L’écoulement est stationnaire, donc
= 0 . Il est incompressible, donc µ est
∂t
constante sur une ligne de courant (en suivant la particule de fluide), et homogène,
donc µ = cste dans tout le fluide.
→
→
De plus, si on considère que le champ de pesanteur est uniforme : −
g = −g −
uz =
−−→
−grad(gz).
On déduit de l’équation d’Euler la relation suivante :
v2
−−→ P
−→−
→
rot→
v ∧−
v = −grad
+ gz +
µ
2
!
−→→ −
Afin de se débarasser du terme rot−
v ∧→
v , multiplions scalairement l’équation par
−
→
dM et intégrons le long d’une ligne de courant entre deux points A et B. Ceci impose
−
→
→
qu’en tout point le vecteur dM est parallèle au champ −
v :
Z B
Z B −
−
→ −→−
→ −−→
→
→
−
−
dM · rot v ∧ v =
dM · grad
A
A
P
v2
+ gz +
µ
2
!
−
−
→ −→→ −
−
→
→− →
D’après la fiche d’analyse vectorielle, dM · rot−
v ∧→
v = rot→
v · −
v ∧ dM = 0 et
!
!
!
R
v2
v2
v2
P
P
−
→ −−→ P
dM · grad
+ gz +
=d
+ gz +
, donc 0 = AB d
+ gz +
.
µ
2
µ
2
µ
2
On peut donc écrire, le long d’une ligne de courant :
P
v2
+ gz + = Cste
2
µ
PSI - Année 2010/2011
4
Lycée Paul Eluard
Correction - DS no 3
Physique
Le premier terme correspond à l’énergie cinétique massique, le second à l’énergie
potentielle massique (epm ), et le dernier à l’énergie massique des forces de pression.
En appliquant cette relation sur une ligne de courant horizontale, entre la section
d’entrée et la section de sortie, on obtient :
V12 P1 V22 P2
+
=
+
2
ρf
2
ρf
e) La vitesse augmente lors du rétrécissement, et la pression diminue, d’après la relation
précédente.
f) Les relations précédentes permettent d’écrire :
V22
Donc finalement :
S2
1 − 22
S1
!
v
u
u
V2 = t
=2
(P1 − P2 )
ρf
2∆P
ρf (1 − β 4 )
On notera que le terme sous la racine est bien positif car ∆P > 0 car P1 > P2 , et
β 4 < 1.
g) L’effet Venturi est notamment utilisé dans les vaporisateurs, les trompes à eau, et
permet d’expliquer l’éccélération du vent au niveau d’un col, la portance des avions,
les effets dans les balles...
A2 - TUBE DE VENTURI
2.
a) Le convergent permet d’accélérer le fluide, toujours par conservation du débit en
écoulement incompressible.
b) Les dimensions des tubes de prise de pression doivent être suffisamment petits pour
ne pas perturber l’écoulement, et doivent être placés suffisamment loin des parties
convergentes et divergentes de façon à ce que la mesure corresponde bien à un écoulement unidimensionnel, ce qui est moins le cas ou niveau du convergent et du divergent.
c) D’après la loi de la statique des fluides, ∆P = ρHg g∆h.
d) Le débit volumique à travers une section du tube Venturi se conserve. Calculons le à
la sortie :
v
u
v
u
u 2∆P
πD22 u
t 2∆P
t
QV = V2 S2 =
=
K
4
ρf (1 − β 4 )
ρf
πD22
avec K =
4
s
1
= 0.10m2
1 − β4
On en déduit donc que ∆h est proportionnel au carré du débit volumique QV , et que
la dénivellation résulte donc de l’écoulement.
e) Pour une valeur de débit connue ou mesurée par une autre méthode ou un autre
appareil, on mesure la valeur ∆P correspondante, et on en déduit précisément la
valeur du coefficient K. On mesure également ρf par une autre méthode. On peut
ensuite faire correspondre ∆h et le débit QV .
Pour que la mesure soit la plus précise possible, on veut qu’une petite variation de
débit, se traduise par une grande différence de pression, et donc par une lecture précise
PSI - Année 2010/2011
5
Lycée Paul Eluard
Correction - DS no 3
Physique
dans la colonne de mercure. On a donc intérêt à prendre un fort rétrécissement, et
donc une valeur de β assez faible (on est en pratique limité par la viscosité qui joue
un rôle de plus en plus important lorsque le diamètre de sortie diminue).
f) Afin d’obtenir les meilleurs mesures, il faut bien entendu que les équations précédentes
modélisent au mieux l’écoulement dans le tube, et il faut donc que le tube soit usiné
pour ne pas créer de perturbations dans l’écoulement.
g) Calculons le débit volumique théorique dans une conduite de centrale électrique :
v
u
QV = V2 S2 =
s
h) QV
max
=K
πD22 u
t
4
2ρHg g∆h
= 0.76m3 .s−1 = 2.7 × 103 m3 .h−1
ρf (1 − β 4 )
2∆Pmax
QV max
, donc si QV =
, on en déduit :
ρf
10
∆P =
∆Pmax
100
La pression, et donc la précision de la mesure, décroît donc beaucoup plus vite que
le débit volumique. Ce tube de Venturi ne sera donc utilisable que sur un ordre de
grandeur du débit (entre 100 et 1000m3 .h−1 ) par exemple.
i) Le divergent permet de revenir à une conduite du diamètre initial, et donc de ralentir
le fluide. Il est en effet intéressant d’avoir des conduites de plus grand diamètre pour
favoriser un écoulement, car les pertes de charge sont moins importantes.
j) Si on néglige les pertes de charges et les perturbations dues au rétrécissement, la
pression en sortie du tube est identique à la pression en entrée, donc : PS = P1 = 5bar.
4QV
Comme le débit se conserve, VS =
= 2.7m.s−1 .
πD12
D2
La conservation du débit montre également que VS SS = VE SE , donc VE = VS 12 =
D2
7.9m.s−1 .
La hauteur de mercure permet de déduire PE = PS − ρHg g∆h = 4.72bar.
k) La relation de Bernoulli utilisée pour une ligne de courant horizontale dans le diP (x) V 2 (x)
vergent s’écrit :
+
= Cste. Par dérivation, on en déduit :
ρf
2
1 dP
dV
+ V (x)
=0
ρf dx
dx
La conservation du débit dans le divergent s’écrit : V (x)
πD2 (x)
= Cste, donc
4
dV 2
dD
D (x) + 2V (x)D(x)
=0
dx
dx
On en déduit :
PSI - Année 2010/2011
dP
2ρf V 2 (x) dD
=
dx
D(x) dx
6
Lycée Paul Eluard
Correction - DS no 3
Physique
On vérifie bien que lorsque le diamètre augmente, la pression augmente.
1 dD
Finalement, sachant que dans le divergent, tanαD =
, on obtient au niveau de
2 dx
l’entrée du divergent :
dP ρf VE2
tanαD = 25kP a.m−1
=
dx E
D2
et au niveau de la sortie du divergent :
dP ρf VS2
tanαD = 17kP a.m−1
=
dx S
D1
l) En tronquant de 30% la longueur du divergent, D10 = D2 +
et en utilisant la conservation du débit : VS0 =
70
LD tanαD = 526mm
100
4QV
= 3.5m.s−1 et la relation de
πD102
ρf 2
(V − VS02 ) = 97bar
2 E
|P 0 − P1 |
On en déduit : k = S
= 0.6%, qui correspond à la modification relative de
P1
pression lorsqu’on tronque le divergent de 30%.
m) La principale cause d’erreur de mesure du débit est la viscosité du fluide. La géométrie
imparfaite du tube peut également créer des turbulences dans la conduite, ainsi que
le dispositif de mesure.
n) Le débit réél dans la conduite vaut donc QV reel = 0.985QV = 2660m3 .h−1 .
Bernoulli fournit PS0 = PE +
4 Microfluidique
4.1 Écoulement d’un fluide en microcanal
1. Le membre de gauche de l’équation de Navier-Stokes représente la quantité volumique
d’accélération du fluide. Les termes du membre de droite représentent respectivement les
forces volumiques de pesanteur, de pression et de viscosité.
ρV D
où V est la vitesse relative du fluide au loin et D une longueur caractéristique,
η
souvent la dimension transversale de l’objet déviant le fluide ; toutefois, pour une aile
d’avion, D est la dimension de l’aile dans la direction parallèle à la vitesse.
Le nombre de Reynolds est défini par le rapport
2. Re =
Re =
terme convectif
dans l’équation de Navier-Stokes
terme de viscosité
Le nombre de Reynolds représente le rapport des forces d’inertie aux forces de viscosité.
Dans le cas du canal, D = h, dimension transversale la plus petite. Les longueurs w et L
ne jouent pas de rôle, tout se passe comme si elles étaient infinies.
Re =
ρV0 h 103 × 10−4 × 10−5
=
= 10−3
η
10−3
Comme Re 1, l’écoulement est laminaire ; les forces d’inertie sont négligeables.
PSI - Année 2010/2011
7
Lycée Paul Eluard
Correction - DS no 3
Physique
→
3. L’écoulement étant suivant (Ox), −
v = v(x, y, z, t) ~ex .
Dans l’approximation w infini, le problème est invariant par translation parallèlement
→
à (Oy), donc −
v ne dépend pas de y.
∂vx
−
→
Le fluide étant incompressible, div(→
v)=
=0:−
v ne dépend pas de x.
∂x
−
On en conclut que →
v = vx (z, t) ~ex .
4. Projetons sur (Ox), l’équation de Navier-Stokes pour un écoulement stationnaire :
0=−
∂P
∂ 2 vx (z)
+η
∂x
∂z 2
∂P
est une fonction de z seul, et donc qu’il ne dépend pas de x. En
∂x
considérant le parcours complet du canal selon (Ox)
qui montre que
∂P
∆P
=−
∂x
L
d’où l’équation différentielle
∂ 2 vx
∆P
=−
2
∂z
ηL
5. La solution de l’équation différentielle est
vx = −
∆P z 2
+ az + b
2ηL
Le non glissement aux parois (qui n’est pas une hypothèse, mais une nécessité : sinon la
force de viscosité exercée par les parois serait infinie) impose
vx (z = 0) = 0 soit b = 0
h ∆P
vx (z = h) = 0 soit a =
2η L
Finalement
vx =
vx (z) est maximal pour z =
∆P
z(h − z)
2η L
h
et vaut alors
2
Vmax =
h2 ∆P
8η L
La vitesse moyenne est
1
V0 =
hw
PSI - Année 2010/2011
ZZ
1
vx dy dz =
h
Z h
0
"
∆P hz 2 z 3
vx dz =
−
2η L h 2
3
8
#h
⇒ V0 =
0
h2 ∆P
12 η L
Lycée Paul Eluard
Correction - DS no 3
Physique
6. Le débit volumique est donné par
ZZ
Q=
vx dy dz = hw V0 ⇒ Q =
h3 w∆P
12 η L
7. Si h = 10 µm,
∆P =
12 η L Q 12 × 10−3 × 10−3 × 10−12
=
⇒ ∆P = 120 Pa
h3 w
(10−5 )3 × 10−4
On en déduit, d’après la relation fondamentale de la statique des fluides
∆H =
∆P
120
= 3
= 0, 0122 m ⇒ ∆H = 12, 2 mm
ρg
10 × 9, 8
Si h = 100 µm, la formule de Hagen-Poiseuille donne ∆H = 0, 012 mm, plus difficile à
régler, d’autant qu’il faut tenir compte de la tension superficielle (interaction électrostatique de type Van der Waals avec la paroi). D’autre part, la relation h w ne serait plus
vérifiée.
8. Les débits de chacun des fluides sont donnés par


(1 + α)h3 w ∆P


Q1 =
12 L η1

(1 − α)h3 w ∆P


Q2 =
12 L η2
On en déduit
1+α 1−α
=
η1 Q1
η2 Q2
9. α =
soit
α=
η1 Q1 − η2 Q2
η1 Q1 + η2 Q2
50 × 10−3 − 10−1
⇒ α = −0, 888
50 × 10−3 + 10−1
4.2 Analogie électrique des canaux microfluidiques
10. L’intensité du courant électrique est le rapport de la charge transférée au temps. Son
analogue est le rapport du volume de fluide transféré au temps, c’est-à-dire le débit de
→
volume. Pendant dt, le fluide parcourt −
v dt, le volume transféré est
et le débit de volume est
Q=
ZZ
−−→
−
→
v dt · d2 S
ZZ
−−→
→
−
v · d2 S = V0 A
Le fluide étant incompressible et le canal complètement rempli, le débit de volume est le
même pour toutes les sections du canal, comme le courant électrique est le même le long
d’un fil ; de même, la loi des nœuds est valable en électrocinétique comme en microfluidique.
PSI - Année 2010/2011
9
Lycée Paul Eluard
Correction - DS no 3
Physique
11. La puissance mécanique Pm reçue par le fluide est une somme de termes constitués du
produit scalaire de la force extérieure par la vitesse. Les forces appliquées sont
−−→
(P + ∆P )d2 S
à l’entrée
−−
→
−P d2 S
à la sortie
On en déduit
ZZ
Pm =
entrée
−−→ → ZZ
(P + ∆P )d2 S · −
v −
sortie
−−→ →
P d2 S · −
v
Comme le débit volumique est le même à l’entrée et à la sortie
Pm = A ∆P
Cette formule, analogue à l’expression de la puissance électrique reçue P = U I , montre
que l’analogue de la tension est la différence de pression et que l’analogue du potentiel
électrique est la pression.
12. Rhd =
13. re =
14.
∆P
12ηL
= 3 .
Q
h w
Rhd
est la résistance linéique de la canalisation pour l’eau.
L
12ηe (λ − Lg )Q0 12 ηh Lg Q0
∆P = n
+
h3 w
h3 w
!
"
= Q0 re L + nLg
ηh
−1
ηe
!#
⇒ ∆P ≈ Q0 re
ηh
L + nLg
ηe
15. Si les fluides sont incompressibles et les canaux complètement remplis, le volume Q0 dt
qui arrive à la bifurcation pendant dt est égal à celui Q1 dt + Q2 dt qui en repart. D’où
Q0 = Q1 + Q2 , qui est l’équivalent de la loi des nœuds de Kirchhoff.
16. En l’absence de gouttelettes, la loi de Hagen-Poiseuille dit que Q1 L1 = Q2 L2 , donc les
gouttelettes partent du coté 1.
17. Comme les deux bras secondaires sont soumis à la même différence de pression,
Q1
ηh
L1 + n1 Lg
ηe
!
= Q2 L2
Comme les gouttelettes vont dans le bras secondaire où le débit est le plus grand, Q1 > Q2 .
Il en résulte que l’écoulement n’est stable que si
L1 + n1 Lg
Comme n1 =
ηh
< L2
ηe
L1
, on obtient
λ
Lg
ηe L2 − L1
<
λ
ηh
L1
Remarque : λ est la période spatiale des gouttelettes dans le bras 1 ; cette distance varie
quand L1 ou L2 varient, ce qui réduit l’intérêt de la condition demandée.
PSI - Année 2010/2011
10
Lycée Paul Eluard
!