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- 1 - Physique des fluides Polycopié 2016 Prof. J.-J. Meister Section 2: cinématique des fluides Exercice 1 a. Le champ de vitesse s’écrit (écoulement unidimensionnel): L’accélération d’une particule fluide se calcule par l’équation 6 du polycopié, ici à une dimension: L’accélération n’est pas nulle car la diminution de la section de la conduite provoque une accélération dite convective, correspondant au terme v(x,t)·v(x,t)/x 0. Un écoulement stationnaire est (en particulier) caractérisé par v(x,t)/t = 0, ce qui si- gnifie que l’accélération locale des particules qui se succèdent en un point x donné est constante, i.e. toutes les particules ont la même accélération en x; néanmoins, l’accélé- ration individuelle de ces particules peut ne pas être constante. b. a(x = 0) = 2V 0 2 /L = 60 m/s 2 et a(x = L) = 6V 0 2 /L = 180 m/s 2 . Exercice 2 L’écoulement est dans le plan (x,y) car v z = 0. a. Le temps n’apparaissant pas explicitement, l’écoulement est stationnaire. Les lignes de courant correspondent donc aux trajectoires. b. L’intégration des lignes de courant conduit à xy = c (équation d’une hy- perbole). vxt v 0 1 2x L ----- + = a dv x t dt ------------------ t vxt vxt x vxt + 0 v 0 1 2x L ----- + 2v 0 L -------- + 2v 0 2 L ----------- 1 2x L ----- + = = = = dx x ----- dy y ----- =

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Page 1: Section 2: cinématique des fluides - lcb.epfl.ch s... · PDF filechange pas au cours du temps, ce qui est exprim

- 1 -

Section 2: cinématique des fluides

Exercice 1a. Le champ de vitesse s’écrit (écoulement unidimensionnel):

L’accélération d’une particule fluide se calcule par l’équation 6 du polycopié, ici à unedimension:

L’accélération n’est pas nulle car la diminution de la section de la conduite provoqueune accélération dite convective, correspondant au terme v(x,t)·v(x,t)/x 0.Un écoulement stationnaire est (en particulier) caractérisé par v(x,t)/t = 0, ce qui si-gnifie que l’accélération locale des particules qui se succèdent en un point x donné estconstante, i.e. toutes les particules ont la même accélération en x; néanmoins, l’accélé-ration individuelle de ces particules peut ne pas être constante.

b. a(x = 0) = 2V02/L = 60 m/s2 et a(x = L) = 6V0

2/L = 180 m/s2.

Exercice 2L’écoulement est dans le plan (x,y) car vz = 0.a. Le temps n’apparaissant pas explicitement, l’écoulement est stationnaire. Les lignesde courant correspondent donc aux trajectoires.

b. L’intégration des lignes de courant conduit à xy = c (équation d’une hy-perbole).

v x t v0 12xL------+

=

adv x t

dt-------------------

t

v x t v x t x

v x t + 0 v0 12xL------+

2v0

L---------+

2v02

L----------- 1

2xL------+

= = = =

dxx

------dyy

------–=

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- 2 -

En variant les valeurs dela constante c, on obtientle graphe ci-contre.La direction est détermi-née en se référant à l’ex-pression du champ devitesse. Notez que ce mo-tif est indépendant de k.

c. Les situations sui-vantes conduisent à detelles lignes de courant:1) La collision de deux jets

de direction opposée etparallèles à y.

2) La partie y>0 peut re-présenter un écoule-ment selon ydécroissant arrivant sur une paroi matérialisée par l’axe x.

3) Le quadrant x > 0, y > 0 peut correspondre à l’écoulement dans un coin à angledroit.

Exercice 3a. On considère un liquide parfait incompressible. L’équation de continuité exprime laconservation de la masse du liquide et donc du volume si est constant. En un tempsdt, le bilan des volumes s’écrit:

==>

b. Dans ce cas, et la vitesse est donnée par:

Application numérique: v2 = 4,13 m/s.

Exercice 4Hypothèse: Fluide incompressibleLa fonction courant doit vérifier l’équation de continuité; en coordonnées polaires:

est vérifiée si est telle que

Donc: et

c = +3

+2+1

+2

-1

-2

4

3

2

0

1

-4

-2

-3

-1

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-1

-3

+1

+3

-2

-3

x

y

Ventrée Vsortie– Q1dt Q3dt Q2dt–+4---D

2dh= =

dhdt------

4 Q1 Q3 Q2–+

D2

-----------------------------------------=

Q1 Q3+ Q2= v2

v1D12

D22

-------------4Q3

D22

----------+=

divv1r---

r

rvr 1r---

v

-------- + 0= =

r

-------

r-------–

+ 0=

vr1r---

------- = v

r

-------–=

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- 3 -

a. La définition de cet écoulement conduit à: vr = Q/2rb (par définition, Q < 0 pourun puits et Q > 0 pour une source), v = 0 et vz = 0. Par l’équation ci-dessus, on trouve:

avec

On vérifie en calculant rot v que cet écoulement est irrotationnel et qu’il existe doncune fonction telle que v = grad. D’où:

Note: et sont définies à une constante près posées nulles ici.

b. La définition de l’écoulement, i.e. , et conduit à:

et

Donc, . De même, on vérifie que cet écoulement est irrotationnel et on ob-tient:

c1. En superposant les 2 écoulements, les lignes de courant ont pour équation en coor-données polaires:

où Q est négatif (puits). Ce sont donc des spirales logarithmiques. Elles correspondentà la trajectoire d’une particule qui tourne autour du puits en s’en approchant progres-sivement.

c2.

c3.

m= mQ

2b----------=

vrr

------ m rln= =

vI

2r---------= vr 0= vz 0=

I2r---------– v–

r

-------= =

------- 0=

I–2------ rln=

1r---

------I

2r--------- I

2------= =

cste kQ2b----------

I2------ r rln– r1e

QbI-----

= = = =

x

y

vtg

vvr-----

I2r--------- Q

2rb------------ Ib

Q----- cste= = = =

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Exercice 5Le taux de variation de la densité peut être exprimé par l’équation de continuité:

En utilisant l’expression de en coordonnées polaires, on obtient:

Application:

Exercice 6En un temps dt, l’augmentation de volume du liquide dans le cône, dV(t), sera donnéepar r2(t)dh. La géométrie du cône impose r(t) = h(t)tg. D’autre part, le volume en-trant dans le cône pendant dt est .

L’égalité des volumes implique:

Avec la condition initiale donnée, la solution sera:

Exercice 7a. Les lignes = cste coïncident avecles lignes de courant. Ces lignes sontdes hyperboles de type z = - 0/ar2,avec des asymptotes aux axes 0z et 0r.

b. En coordonnées cylindriques(r,,z), on a:

Pour un écoulement axisymétrique,l’équation est vérifiée par lafonction courant telle que:

et . Donc, et

c. L’écoulement est irrotationnel car ; il existe donc une fonction potentiel

ddt------ div v–=

divv

1ddt----------

4 sinr

--------------=

ddt------ 0.01

kg

m3s

----------=

4---d

2v t dt

h2

t dh t dt

------------- ktd

2tg------------ 2

=

h t 3kd2t2

8tg2

-----------------

13---

=

r

z

vr

vz v

divv1r---

rvr

r---------------

1r---

v

---------

vz

z--------+ +=

divv 0=

vr1r---–z

-------= vz1r---r

-------= vr ar= vz 2– az=

rot v 0=

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- 5 -

des vitesses telle que:

et . Donc,

d.

e. Nous voyons que - la composante vz de la vitesse est constante dans une section perpendiculaire à l’axe

de symétrie- la composante vr est proportionnelle au rayon- les points d’égale vitesse en module sont des ellipses de centre 0 et d’équation:

Cet écoulement peut être considéré comme celui qui se produirait à l’intérieur d’untuyau de révolution dont la paroi matérialiserait un tube de courant = cste et quidéboucherait devant un plan infini perpendiculaire à z.

Exercice 8Dans la représentation d’Euler, l’accélération particulaire de l’écoulement considérés’écrit:

, donc

C’est un mouvement uniformément accéléré: et .

Exercice 9L’équation des lignes de courant est obtenue par intégration du système d’équationsdifférentielles (équation 8 du polycopié):

En remplaçant dans cette équation les composantes du champ de vitesse, les deuxéquations s’écrivent:

et

L’intégration des deux côtés de ces 2 égalités conduit à deux relations de type loga-rithmique. Nous en extrayons:

et

v grad z

------ 2– az= =r

------ ar= a– z2 r

2

2----–

cste+=

Q r2vz 21= =

a2

r2

4z2

+ 2=

avt

----- vzvz

-----+ ez2z–

t2

---------2zt

------2t---+

2z

t2

------ ezvt---= = = = v at=

a2z

t2

------ ez gez= z t gt2

2-------=

dx1

v1 x t ------------------

dx2

v2 x t ------------------

dx3

v3 x t ------------------= =

dx2x------

dy2y------=

dx2x------

dzz

------–=

x C1y= xC2

z2

------=

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- 6 -

Nous trouvons aisément que C1 = 2 et C2 = 1.Ainsi, la ligne de courant passe par les points de coordonnées

Exercice 10Lorsque r = rc, on a: d’où .

Le vecteur tourbillon s’obtient en utilisant l’équation 9 du polycopié. On trouve:

==> pour , 0 sinon.

Hypothèse: , i.e. la masse de fluide tourne autour de l’axe de rotation de latornade comme un «solide indéformable».

Exercice 11a. L’écoulement satisfait l’équation de continuité, car .

b. On a: et . D’où la fonction de courant: .

En fixant = 0, , , etc., on obtient un écoulement dont la partie y > 0 correspondà un écoulement autour de coins de demi-angles et .

c. Ce résultat décrit l'écoulement dans 4 "coins" formés par l'intersection de 2 plaques.Les lignes de courant sont identiques dans chaque coin, excepté leur direction: figure.

tt2---

2t---

t réel

vc rc ve rc = k t rc2

=

T12---rot v= T 0 0 t= r rc

t cste=

divvvx

x--------

vy

y--------+ 0= =

y

------- 3y=x

-------– 2x= 32--- y

2x

2–=

1 239 51

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Exercice 12Hypothèse: la solution du récipient 1 est homogène à tout instant.A l’instant t, la concentration de colorant dans le récipient 1 vaut c et le volume decette solution vaut V = S∙h, où S est la section cylindrique d’un récipient. Par le prin-cipe des vases communicants, h est identique dans les 2 récipients.Utilisons l’équation de continuité pour établir le bilan du nombre de moles dans le ré-cipient 1 à l’instant t; a s’identifie à c et donc A = cV:

==>

La variation de hauteur s’exprimant par , les conditions initiales conduisentà:

==>

L’intégration de cette équation conduit au résultat cherché:

dAdt------- Ad

V JA d

–= cS

dhdt------ Sh

dcdt------+ 0 cQ– c2

Q2----+=

tddh Q

2S------–=

h t Q2S------t– H+=

dcdt------

Q2S------

c– c2+

Q2S------t– H+

------------------------

=

c t c1 c2 c1– Q2SH-----------t+=

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Exercice 13La force hydrostatique est identique sur le fond des trois récipients, mais lesforces de pression sur les parois sont différentes et influencent le poids P.

Dans le cas b), les forces de pression sur les parois contribuent à réduire le poids etdans le cas c), à l’augmenter.

Exercice 14Le débit massique est donné par: .En admettant que l’air, constitué d’environ 20% d’oxygène ( ) et de 80% d’azote( ), est un gaz parfait, la densité volumique vaut:

, où M est la masse d’une mole d’air.

Ainsi, .

Exercice 15

où dl est la longueur d’un petit élément deAB.

En coordonnées cylindriques, l’équation de continuité implique que existe si:

et . Donc:

F pS=Fp

F=P F>P F<Pa) b) c)

FPFP

FPFP

Qm Sv=O2

N2

MpRT-------- 3.5 kg m

3= =

Qm 0.311 kg s=

AB 21

r

r

z

dl n

Q v d 2 vr lnd= =

nn er cos

n ez cos

dz dl–

dr dl= =

Q 2 rvr

vz

dz dl–

dr dlld 2 r v– r z v+d

zrd = =

divv 0=

vr1r---

z–= vz

1r---

r=

Q 2r

r

z

+d zd 2 d

1

2

2 2 1– = = =

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a) . Donc:

, d’où

b) . Donc, . Finalement,

Exercice 16Le liquide étant incompressible, la masse de li-quide contenue dans un volume délimité par nechange pas au cours du temps, ce qui est exprimépar l’équation de continuité: .

Par hypothèse la vitesse a la même valeur enchaque point d’une section, c’est-à-dire qu’elle nedépend que x: v = (v(x),0,0). L’équation de continuité devient:

donc le débit vS est conservé.

Exercice 17Pour obtenir une puissance en Watt, il faut exprimer la pression en Pa (1 atm = 760mmHg = Pa):

La puissance moyenne fournie par le coeur est donnée par:

N

Exercice 18La symétrique cylindrique implique que v = (vr, 0, vz).Sachant que l’équation de continuité doit être satisfaite, on obtient par identification:

1r---

r

vmax 1r2

R2

------–

= vmaxr2

2----

r4

4R2

----------–

l z +=

vr 01r---–

z dl

dz------–= = = vmax

r2

2----

r4

4R2

----------–

=

Q 2 2 1– = Q0 R–2---R

2vmax= vm

QS----

12---vmax= =

x

S2S1

v

v dS 0=

v dS v1S1– v2S2+ 0 v2 v1

S1

S2------= = =

1 01 105

p 100mmHg1 01 10

5Pa

760mmHg------------------------------- 1 33 10

4Pa= =

PdWdt

---------pdV

dt-----------

pVt

-----------1 33 10

4Pa 75 10

6–m

365

60s---------------------------------------------------------------------------- 1.08= = = = =

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est satisfaite si on choisit:

et

est par définition unique.

Par définition, v = rot A et donc, par identification:

==> Ar = Az = 0 ==> A = (0, A, 0) ==>

Cette relation est vérifiée identiquement en introduisant les expressions des compo-santes vr et vz de la vitesse, obtenues par la première méthode.

Remarques:- s’identifie à (rA) et pas simplement à A.- L’unité de est différente de celle de d’un écoulement plan.

div v1r--- rvr

r---------------

1r--- v

r--------------

z

vz+ + 0= =

vr1r---–

z

= vz1r---

r

=

vr

0

vz

1r---

Az

z

A–

z

Ar

r

Az–

1r--- rA

r-----------------

1r---

Ar–

=

vr

0

vz

z

A–

0

1r--- rA

r-----------------

=

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Section 3: dynamique des fluides parfaits

Exercice 19a. L’équation d’Euler s’écrit:

En la multipliant par un élément ds = vdt d’une ligne decourant, on obtient:

L’intégration de cette équation entre a et b conduit à la relation cherchée.

b. Dans la relation cherchée, l’intégrale porte sur les valeurs de obtenues à uninstant donné. Pour le tube en U, v et dv/dt ne dépendent que du temps, i.e. ils sontconstants en tout point de la ligne de courant. En projetant la vitesse dans la directionparallèle à une ligne de courant allant de a à b, l’équation obtenue en (a) conduit à:

==> ==> z(t) = z0sin(t+ ) et donc:

, identique à celle d’un pendule simple de longueur L/2.

Exercice 20Analysons le travail effectué par lesforces extérieures F1 et F2 qui créentun changement d’énergie cinétique etpotentielle du fluide. Le systèmeconsidéré est le fluide dans laconduite. Les travaux de F1 et F2 neprovoquent finalement qu’un déplace-ment des masse m1 et m2 = m1: fi-gure. Pendant t, F1 se déplace de x1à la vitesse v1. Cette force fournit untravail F1x1 au système. Le déplace-ment de F1 a provoqué le déplacement d’une masse m1 de fluide. Cette action dé-place une masse de fluide m2 de x2 en z2 à la vitesse v2. En z2, F2 effectue un travail«négatif» (F2 opposée au déplacement) valant: - F2x2.

L

z

z0

-z-z0a

b

tv

v rotv gradv

2

2-----–

1---gradp– g+=

tv

ds v rotv vdt gradv2

2----- ds–

1---gradp ds– g ds+ d

v2

2-----–

p---–

g ds+= =

v t

tv

sd

a

b

Lt

vL

vdtd

------= 2– gz= = Lt2

2

d

d z2gz+ 0=

T 2 L2g------=

z1

z2

F1

x1

m1

m2

x2

F2

x

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La conservation de l’énergie de ce système conduit à: W = Ecin + Epot, où W est letravail des forces extérieures appliquées au système.La variation d’énergie potentielle interne au système s’écrit:

La variation d’énergie cinétique du système s’exprime par:

Le travail des forces extérieures vaut:

Avec et , on obtient:

Comme le fluide est incompressible, . D’où:

Exercice 21Les conditions d’application de la loi de Bernoulli sont remplies:

, , , .

Pour un point A en surface:

L’écoulement étant permanent: et donc:

et

1er cas: : A un rétrécissement (dl < 0) correspond une diminution de v et une élévation du ni-veau.

2ème cas: : A un rétrécissement (dl < 0) correspond une augmentation de v et une diminution deh.

Epot m2gz2 m1gz1–=

Ecin12---m2v2

2 12---m1v1

2–=

W F1x1 F2x2–=

mi Sixi= pi

Fi

Si----=

S1x1p1 S2x2p2–12---S2x2v2

2 12---S1x1v1

2 S2x2gz2 S1x1gz1–+–=

S1x1 S2x2=

p1 p2–12---v2

2 12---v1

2 gz2 gz1–+–=

h

l

Az

0

vt------ 0= cst= 0= rot v 0=

patm gh12---v

2+ + cste gdh vdv+ 0= =

vS vlh cste vhdl lhdv lvdh+ + 0= = =

dhdl------

h lgh

v2

------ 1–---------------=

dvdl------

v l

v2

gh------ 1–

---------------=

v gh

v gh

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Exercice 22a. Lorsque l’on plonge le tube, le liquide n’entre (quasi) pas dans le tube. En retirant ledoigt, le tube se remplit et le liquide monte transitoirement plus haut que le niveau duliquide dans le récipient, avant que les niveaux s’égalisent.Un calcul compliqué, que je tiens à votre disposition, montre que le liquide s’élève àune hauteur H au-dessus du niveau du récipient si l’on néglige les frottements vis-queux. Si le tube ne dépasse pas h, le récipient va être siphonné.

b. h’ > h, puisque la vitesse à l’entrée du tube de diamètre d est supérieure à v du dis-positif (1).

c. Cette longueur L (> 0) se calcule facilement à partir de la figure 21 et de l’équation58 du polycopié. En négligeant la hauteur du coude, on obtient:

ps est la pression de vapeur saturante du liquide de densité .

d. Ce siphon démarre sans obturation préalable du tube, car la vitesse du liquide dansle tube à la hauteur H est automatiquement plus grande que zéro.

Exercice 23L’eau est considéréecomme un fluide parfaitincompressible. L’équa-tion de Bernoulli est alorsapplicable et s’écrit:

En l’appliquant à uneligne de courant allant de1 à 3 via 2, on obtient:

(1)

Ici:

Calcul de la pressionUtilisons l’équation de Bernoulli entre les points 1 et 3:

Calcul du débitUtilisons l’équation 1de Bernoulli entre les points 1 et 2:

L1g------ patm ps– =

h

1 2

3

pompe

réservoir

1

p gz12---v

2+ + cte=

p1 gz112---v1

2+ + p2 gz2

12---v2

2+ + p3 gz3

12---v3

2+ += =

z1 z2 0, z3 h, v1 0, v3 0, p2 p3 patm= = == = =

p1 patm gh p1+ 16.3 105Pa 16.3bar= = =

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- 14 -

La vitesse étant constante sur une section de la conduite (fluide parfait), le débit dansla conduite est donné par:

m3/s

Calcul de la puissance hydrauliquePar définition, la puissance P s’écrit:

La pression à l’entrée de la machine valant (eau provenant du réservoir) on ob-tient:

Remarque: Ce problème décrit le jet d’eau de Genève. Le jet ne s’élève que de 130mètres environ, la différence étant due aux frottements de l’air.

Exercice 24Hypothèse: l’écoulement est non stationnaire et irrotationnel.Comme le fluide est parfait, les conditions sont remplies pour appliquer la loi de Ber-noulli:

Le long de z, v = grad s’écrit car toutes les particules fluides’écoulent à la même vitesse.

L’équation de Bernoulli devient:

avec dans ce cas . En , les conditions initiales s’écrivent ainsi:

L’égalité de ces deux équations donne finalement:

Le long de x, nous obtenons de manière analogue, avec :

p1 patm12---v2

2v2+

2 p1 patm–

------------------------------- 55.3m/s= = =

Q v2S2 0.49= =

P F v pS v p Q= = =

patm

P p1 patm– Q 761kW= =

t------

v2

2----- gz

p---+ + + C t =

z------ v t –= vz–=

zvt------–

v2

2----- gz

p z

----------+ + + C t =

vt------

dvdt------ v·= = t 0

+=

v 0+ 0, et p H patm 0= ==

v 0+ 0=

pour z H=

pour z [0 H[

C 0+ Hv· 0

+ gH+–=

C 0+ zv· 0

+ gzp z

----------+ +–=

p z

---------- g v· 0+ – H z– .=

xv t =

xv· 0+ p x

-----------+ D 0

+ .=

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- 15 -

Par continuité de la pression en x = z = 0, nous avons et donc:

Avec comme condition aux limites en x = H, s’en suit que

D’où à : et

Nous constatons finalement que .

Exercice 25Le planeur étant par hypothèse endescente stationnaire, son accéléra-tion est nulle:

Ft + Fp + mg = 0En projetant sur les axes parallèles àFt et Fp et en utilisant les expressionsde ces forces, on obtient:

La vitesse est déterminée à partir del’expression de la force de portance(équation 62 du polycopié):

a. Pour aller le plus loin possible, il faut maximiserle rapport vhor/vvert = 1/tg, i.e. il faut que tg soitminimal.Le point de fonctionnement sur la polaire corres-pond à l’angle minimal min nécessaire pour que leplaneur vole, i.e. lorsque la droite passant par l’ori-gine du graphe est tangente à la polaire:Ici: = 3o; Cp = 0,7 et Ct = 0,03 ==> min = 2,45o

On obtient alors:vhor = vcosmin 20,8 m/s

D 0+ H g v· 0

+ – =

p x

----------- H g v· 0+ – xv· 0

+ –=

p patm 0= = v· 0+ g

2---=

t 0+

= p z 12---g H z– = p x 1

2---g H x– =

p z 0+

p z 0-

2------------------=

v

mg

Fp

Ft

tgFt

Fp------

Ct

Cp------= =

v2mg cosSCp

-----------------------=

0,2

0,4

0,6

0,8

0,04 0,080

Ct

Cp

= 0o

3o

-2o

5omin

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- 16 -

vvert = vsinmin 0,9 m/sLa distance horizontale parcourue vautainsi: D = h/tgmin = hCp/Ct 23,3 kmLe temps de vol t = D/vhor 18 minutes.

b. Pour obtenir la vitesse absolue minimale, il faut minimiser l’équation de la vitesseselon les variables et Cp.Pour des conditions normales de vol sans décrochage, l’angle est toujours petit, i.e.cos 1

==> et donc v est minimal pour Cp maximal:

= 5o; Cp = 0,9; Ct = 0,05; = 3,18o; vhor 19,1 m/s; vver 1,05 m/s; D 18 km et t 15 min 42 s.

Exercice 26Hypothèse: La résolution simple de ce problème, i.e. l’utilisation de l’équation de Ber-noulli, nécessite de supposer un écoulement quasi-stationnaire. Cela revient à suppo-ser que la variation temporelle de la vitesse est négligeable le long d’une ligne decourant. Cette hypothèse est justifiée dans ce cas où la section de l’orifice est beaucoupplus petite que celle du réservoir.Pour un écoulement permanent d’un fluide parfait incompressible, les équations deBernoulli et de continuité s’écrivent:

(1)

(2)

a. Cas ouvertDans ce cas, la pression en A et en B est la même:

(3)

En remplaçant (2) et (3) dans (1), on obtient:

(4)

De plus, l’équation 5 ci-dessous donne la relation existant entre la vitesse du point Aet la hauteur h(t). Le signe est négatif car lorsque le niveau baisse, dh < 0 mais v > 0.

(5)

h

D

v2mgSCp--------------=

pA12---vA

2 gh+ + pB12---vB

2+=

vAS vBSB=

pA pB patm=

vA2 1

2--- 1

SSB------ 2

– gh t + 0 vA 2g

S SB 2 1–------------------------------ 1 2

h1 2 h= =

vAdhdt------–=

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- 17 -

En remplaçant (5) dans (4), on obtient: (6)

L’intégration de cette équation différentielle donne:

==> (7)

b. Cas ferméPar hypothèse, le gaz dans le récipient est un gaz parfait. De plus, la température duliquide et du gaz sont constantes. Ainsi:

(pV = cte) (8)

Dans ces conditions, l’équation de Bernoulli devient:

(9)

Alors, avec l’équation de continuité (2):

(10)

c. Dans le cas d’une pression constante dans la partie supérieure ( ), l’équa-tion se simplifie:

après intégration:

Remarque: Dans ce cas, si on retrouve le résultat du cas ouvert (a).

Exercice 27Nous supposons que l’eau est un liquide parfait, que l’écoulement est stationnaire etque la pression atmosphérique p est la même, au sommet et au pied des chutes.Soit v1 la vitesse de l’eau au sommet situé à z = 0 et v2 la vitesse au pied des chutes, làoù serait placée la centrale permettant d’utiliser de manière optimale l’énergie ciné-tique de l’eau.L’équation de Bernoulli d’un écoulement stationnaire d’un fluide parfait s’écrit:

==>

Application numérique (1mph = 1.709 km/h = 0.475 m/s)==> v1 = 19.0m/s et v2 =30.8 m/s

dhdt------ – h=

dt1---

dh

h-------–= t1 2

2--- h0 h–

2h0

------------- 2 1– = =

p h H h– p0 H h0– =

p h 12---vA

2 gh+ + patm12---vB

2+=

vAdhdt------–

2

S SB 2 1–------------------------------ p0 H h0–

H h– ---------------------------

patm

-----------– gh+

1 2

'p0 H h0–

H h– ---------------------------

patm

-----------– gh+

1 2

= =

p h p0=

vAdhdt------– '

p0 p–atm

----------------------- gh+

1 2= =

t1 22'g--------

p0 p–atm

----------------------- gh0+

1 2 p0 p–atm

-----------------------

gh0

2---------+

–1 2

=

p0 patm=

p 012---v1

2+ + p gh–

12---v2

2+= v2

2v1

22gh+=

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La vitesse de l’eau permet de déterminer l’énergie cinétique Ec d’une masse d’eau devolume V (débit pendant un temps dt) et donc sa puissance P (que l’on suppose êtreutilisée idéalement à 100%) qui peut être convertie en électricité.

Application numérique: P = 1,3.109 W

Exercice 28Rappel: les forces de portance (perpendiculaire à ) et de traînée (parallèle à ) sontdonnées par (équation 62 du polycopié):

et

a. La puissance musculaire Pm doit servir (au minimum) à annuler la traînée:

==>

est le rendement de l’hélice, f = Cp/Ct la finesse et S la surface de voilure.La force de portance doit (au minimum) supporter le poids P de l’homme de et de lavoilure.La première équation conduit à:

On obtient la vitesse à laquelle l’homme pourra voler: Application numérique: v = 2,04 m/s !

b. En utilisant ces 2 dernières équations, on peut déterminer la surface de la voilurenécessaire:

Application numérique ( = 1,2 kg/m3): S = 314,7 m2 !

PEc

t------

12---V

t----v2

2= =

v v

Fp CpSv

2

2------= Ft CtS

v2

2------=

Pm Ftv CtSv

3

2-----

Cp

f------S

v3

2-----= = = v

3 2fPm

CpS-----------------=

v2 2P

CpS--------------=

vfPm

P-------------=

S2P

3

Cpf22

Pm2

-----------------------------=

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- 19 -

Exercice 29On suppose que toutes les conditions sont remplies pour ap-pliquer l’équation de Bernoulli. Entre z = 0 et z, on peut ainsiécrire:

L’équation de continuité est donnée par:

où Sz et S0 sont respectivement les sections de révolution du récipient en z et du trou.En combinant ces équations, nous obtenons la position du niveau en fonction de la vi-tesse et des grandeurs géométriques:

Le niveau devant défiler en des intervalles de temps égaux devant les graduationsverticales équidistantes, nous devons imposer la condition vz = v = constante.Comme le récipient a une symétrie de révolution selon z, i.e. Sz = r2(z), nous en dé-duisons l’équation décrivant la forme du récipient, i.e. r(z):

Exercice 30Dans le cas d’un réservoir entièrement rempli d’essence de densité , la surpres-sion en son fond serait donnée par: , où =30 cm estla hauteur du réservoir. Par contre, lorsque l’essence est présente avec de l’air et del’eau nous aurons:

Clairement, nous devons imposer: , avec = 2 cm.

L’indication “réservoir totalement plein” apparaîtra pour , ce qui impliquel’égalité suivante:

Nous trouvons alors la hauteur d’air: mm.

Exercice 31Admettons que les seules forces ayant une influence sur le mouvement sont les forces

r(z) z

0

patm12---vz

2 gz+ + patm12---v0

2+=

Szvz S0v0=

zvz

2

2g------

Sz2

S02

------ 1–

=

r z S0

------

2gz

v2

--------- 1+ 1 4

=

esspplein pplein patm– essgH= H

p patm airghair essghess eaugheau+ + +=

H hair hess heau+ += heau

p pplein=

essgH g airhair ess H hair– heau– eauheau+ + =

hair heau

eau ess–

ess air–--------------------------- 9.4= =

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- 20 -

de frottement Ftv et Ftp, respectivement de la voiture et du parachute, dans l'air dedensité . La loi de Newton, appliquée dans la direction du mouvement, conduit à:

Cette équation est de la forme , avec

Séparons les variables et intégrons les deux membres en considérant que la voiture devitesse initiale ouvre son parachute au temps t = 0:

Ayant la vitesse comme une fonction explicite du temps, nous pouvons l'intégrer afind'obtenir la position x(t) du véhicule (on pose x(t = 0) = 0), ce qui nous donne:

Applicatio: , .

Quant à la distance parcourue par la voiture, et sa vitesse après 1, 10,100 et 1000 se-condes: et

Exercice 32En multipliant l’équation d’Euler par un élément dx d’une ligne de courant (iciconfondue avec la trajectoire) , on obtient:

L’intégrale première de cette équation le long d’une ligne de courant conduit à:

C est une constante qui dépend de la ligne de courant choisie.Pour un gaz parfait en évolution isotherme, on a ==>

Fx mtd

dvF– tv Ftp–

12---v

2CtvSv CtpSp+ –= = =

tddv K

m----– v

2= K CtiSi

2---

i=

v0

v'd

v'2

-------

v0

v

Km---- td

0

t

– v01–

v1–

–Km----t v t –

v0

1 Kv0tm----+

-------------------------v0

1 t+---------------= = = =

x t v0

----- 1 t+ ln=

K 2 34 kg m= 0 117s1–=

x 1 95 m,x 10 662 m,

x 100 2172 m,x 1000 4078 m,

====

v 1 89 53 m/s,v 10

46 08 m/s,

v 100

7 87 m/s,v 1000

0 85 m/s.

====

dx vdt=

g dx gradp dx gradv

2

2----- dx–– 0= gdz– dp– d

v2

2----- – 0=

gzv

2

2-----

pd------+ + C'=

pV nRT=

m V nM= = MRT--------p=

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- 21 -

où la température T est constante.

On obtient

qui est l’équation de Bernoulli décrivant l’écoulement stationnaire d’un gaz parfait enévolution isotherme le long d’une ligne de courant.

Exercice 33L’équation de Bernoulli permet de calculer la force de portance sur chaque aile de sur-face S:

N

où et sont la pression et et la vitesse de l’air en-dessous et au-dessus del’aile, respectivement.

Exercice 34Equation de continuité:

Or le diamètre de la conduite est beaucoup plus grand que celui du robinet:

L’eau étant un fluide parfait incompressible, on peut utiliser l’équation de Bernoullientre le point 1 situé dans la conduite et le point 2 située à la sortie du tuyau:

Sachant que , l’équation de Bernoulli devient:

On en tire la vitesse à la sortie du robinet:

Finalement on trouve le débit:

gzv

2

2-----

RTM-------- pln+ + C=

F p1 p2– S 12---a v2

2v1

2– S 3.04

510= =

p1 p2 v1 v2

Q v1S1 v2S2 v1= v2

S2

S1------= =

v1 v2

S2

S1------ 1 v1 0«=

p112---v1

2 gz1+ + p212---v2

2 gz2+ +=

z1 z2

p1 patm12---v2

2+=

v22--- p1 patm– 199.5 m s ==

Q S2v2 102–

m3

s =

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Exercice 35a. Le trou étant petit (r << R), l’écoulement est quasi-stationnaire et l’équation de Ber-noulli (équation 49 du polycopié) s’applique le long d’une ligne de courant allant dela surface du liquide (hauteur z) au trou (z = 0):

est la densité, supposée constante, du liquide.Par hypothèse, R >> r et donc: vz << v est négligeable.La vitesse du liquide à la sortie du trou vaut ainsi:

Le liquide étant supposé parfait, la vitesse v estconstante selon la section S = r2 du trou. Le débit sor-tant vaut ainsi Q = vS.Ce débit est lié à la diminution de la hauteur du liquide par:

L’intégration de cette équation conduit à l’évolution z(t) du niveau de liquide:

La constante d’intégration C est déterminée par la condition initiale: en t = 0, z = h etdonc .

Le temps T nécessaire pour vider le récipient vaut ainsi:

Remarque: Si vz n’est pas négligé, la combinaison de l’équation de Bernoulli et de laconservation du volume (vzR2 = vr2) conduit à une expression de T légèrement dif-férente:

b. Lorsque le récipient est fermé est que le niveau baisse, la pression au-dessus du li-quide et donc la pression du liquide en z = 0 diminue. Le liquide s’arrête de coulerlorsque la pression du liquide en z = 0 est égale à la pression atmosphérique régnantau niveau du trou.Remarque: des petites oscillations suffisent pour qu’une bulle d’air monte dans le li-quide, ce qui augmente la pression au-dessus du liquide qui se remet à couler, etc.

c. L’air étant supposé parfait et l’expérience se déroulant à température constante, lapression au-dessus du liquide de hauteur z vaut:

2h

zh

z

0v

pa gz12---vz

2+ + pa 0

12---v

2+ +=

v 2gz=

Q R2

tddz

– r2

2gz= =

dz

z------

rR---- –

22gdt= 2 z C+ r

R---- –

22gt=

C 2 h–=

TRr---- 2 2h

g------=

TR

2

r2

------ 2

1–1 2

2hg

------=

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Lorsque p(z) + gz = pa (Bernoulli avec v = 0, i.e. équilibre du liquide), le liquide s’ar-rête de couler (on néglige les effets de tension superficielle).La hauteur z à laquelle le liquide s’arrête de couler est donc obtenue en résolvantl’équation du second degré:

, avec:

L’hypothèse gh << pa conduit à << 1 et donc:

La solution = 1/ + 1 + est à rejeter puisque 1/ >> 1, ce qui signifie z >> h.La solution est donc: z = h(1 - ), soit:

Dans ce cas, le liquide ne descend que d’une distance .

Remarque: Par hypothèse, gh et donc gz << pa; en conséquence, la pression au-des-sus du niveau du liquide est beaucoup plus élevée que la pression de vapeurs satu-rante.

d. Application numérique: T = 103 s et z = 4,975 cm.

Exercice 36L’hypothèse d’un écoulement stationnaire d’un fluide parfait permet d’appliquerl’équation de Bernoulli.Les lignes de courant étant parallèles dans la section S, la pression est la pression hy-drostatique. On a ainsi:

v = constante et p(z) + gz = cste = patm + g(H - y)

a. L’équation de Bernoulli lelong d’une ligne de courantproche de la surface, allant dupoint M (figure) en un point dela section S de hauteur z s’écrit:

p z V cste= p z pah

2h z–---------------=

zh--- 2

2 1+ zh--- – 1+ 0= gh

pa----------=

zh---

2 1 421++

2----------------------------------------------

2 1 1 22+ +

2----------------------------------------------=

z hgh

2

pa------------–=

gh2

pa------------ << h

A B

v0

yH

S

M

0

z

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- 24 -

soit: .

On en déduit le débit pour la largeur L du déversoir:

b. Le débit passe par un maximum quand dQ/dy = 0, i.e.:

et donc:

Cette valeur de y* correspond bien à un maximum, car la dérivée dQ/dy s’annule enpassant de valeurs positives à négatives lorsque y augmente.

c. Le débit maximal vaut ainsi:

d. Si la vitesse v0 est négligeable, y = H/3 et le débit maximal s’écrit:

patm gH12---v0

2+ + patm gz– g H y– gz

12---v

2+ + +=

v2

v02

2gy+=

Q L H y– v02

2gy+=

yddQ

L 2g 1– v0

2

2g------ y+

12---

H y–

v02

2g------ y+

--------------------+ 0= = y 13--- H

v02

g-----–

=

Qmax2

3 3----------L 2g

v02

2g------ H+

3 2

=

Qmax 1.7LH3 2

=

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Section 4: statique des fluides

Exercice 37Plaçons-nous dans le référentiel de la centrifugeuse.Considérons une particule fluide de crème, «immergée» et au repos dans le petit lait,située à une distance r de l’axe de la centrifugeuse.Cette particule subit les forces suivantes: son poids et une force d’Archimède.a. La force d’Archimède s’écrit:

mp est la masse de petit lait déplacée par la présence de la particule de crème.L’équation de Newton appliquée à la particule de crème s’écrit dans ce référentielnon-inertiel:

avec ae = - 2rêr.Cette équation peut être mise sous la forme:

Comme par hypothèse c < p, mc - mp < 0 et il existe une force horizontale dirigée verl’intérieur. La crème sort par l’orifice 2.

b. Le rapport entre la force de séparation horizontale et la force verticale se déduit di-rectement de l’équation précédente:

Application numérique: 2r/g = 5000.

RemarqueLorsque la particule de crème se met en mouvement, sa vitesse relative vr n’est plusnulle. Il faut donc ajouter à l’équation de Newton les effets dynamiques dus à sonmouvement par rapport au petit lait, soit:- une force de freinage due à la viscosité du petit lait, par exemple - vr,- la force de Coriolis -2mc^vr, en général négligeable car vr est petite.

Exercice 38L’obturation implique que la résultante des forces s’exer-çant sur le flotteur soit dirigée vers le bas. Par symétrie,cette résultante F est verticale.Déterminons la force de pression (Archimède) exercée surun élément de hauteur dz de la sphère situé à une hauteurz au-dessus du fond du récipient (figure). La composante

Fp p d

part– gra pd d

part– p g ae– d

part– mp g ae– –= = = =

mcg mp g ae– – mcae– 0=

mc mp– g mc mp– 2rer 0=+

mc mp– 2r

mc mp– g----------------------------------

Rz

HR-h

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verticale s’écrit:

De façon à exprimer les résultats en fonction de la hauteur H de liquide, il est néces-saire de distinguer les cas où H est inférieure ou supérieure à 2R - h:

a. La force d’Archimède due à l’air est négligée.La résultante des forces F vaut:

(1)

b. Lorsque le fluide recouvre le flotteur, la résultante F des forces de pression est lamême que celle d’une sphère tronquée immergée, diminuée des forces de pressioncorrespondant à la section de l’orifice. Cette force vaut donc F = F1 - F2: figure (i) ci-dessous. Le graphique de droite ne correspond pas au flotteur, mais illustre simple-ment la force F2 à soustraire, force due à une colonne de liquide de hauteur H.

Le second terme dépend de la section de l’orifice:

(2)

Le premier terme F1, qui correspond à la poussée d’Archimède sur un solide (sphèretronquée de sa calotte inférieure) complètement immergé, ne dépend pas du niveaude liquide. Son calcul peut être simplifié en remarquant qu’il peut être déduit del’équation (1) en considérant que le niveau H recouvre juste la sphère: figure (ii) ci-dessus; on a alors F’ = F1 - F2’. F’ est donné par l’équation (1) avec H = 2R - h et F2’ est

dF p dSsin g H z– 2R dzcos

------------cos sin 2g H z– R h– z– dz= = =

H 2R h–

F Fd

surface 2g H z– R h– z– dz

0

H

gH2

R h–H3----–

= = =

H 2R h–

H > 2R - h

H = 2R - h

FF1

F2

F’ F1F2’

(i)

(ii)

r2

F2 gHr2 gH R

2R h– 2– gHh 2R h– = = =

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- 27 -

h+3

----------

donné par l’équation (2) avec H = 2R - h:

Lorsque le niveau de liquide H > 2R - h, la force de pression vaut ainsi:

Le graphique permet de détermi-ner les conditions d’obturation. La fonc-tion passe par un maximum lorsquele niveau intercepte sur la sphère uncercle égal à la section de l’orifice:

Cette valeur maximale est égale à lapoussée d’Archimède d’une sphère immergée de rayon (R - h). La courbe passe parun point d’inflexion lorsque le niveau passe par le centre de la sphère. Selon le poids

, on peut ainsi réaliser une obturation qui s’ouvre automatiquement lorsque le ni-veau baisse au-dessous d’une certaine cote.

Exercice 39En se basant sur le principe d’Archimède, la réponse immédiate est «non», mais ... enfait le niveau monte !La réponse négative suppose que la densité w de l’iceberg fondu est la même quecelle de l’eau salée de la mer s, ce qui n’est pas tout à fait vrai.Considérons un iceberg partiellement submergé. En négligeant la contribution due àl’air, la force d’Archimède totale s’écrit: Fa = sVsg où Vs est le volume immergé del’iceberg.Le poids total de l’iceberg vaut: iVig, où Vi est le volume total de l’iceberg et i sadensité. L’égalité de ces 2 forces conduit à:

iVi = sVs (1)Lorsque l’iceberg est complètement fondu, la masse d’eau produite est la même quecelle de l’iceberg: wVw = iVi, où w est la densité de l’eau non salée provenant del’iceberg.En introduisant cette équation dans la précédente, on obtient:

et donc, avec l’équation (1):

Vw est plus grand que Vs car s > w.Application numérique: Vw - Vs = 0,0215 Vi si s = 1024 kg/m3, i = 917 kg/m3et w =1000 kg/m3.

F1 F' F2'+ g 2R h– 2 R h–2R h–

3----------------–

g 2R h– h 2R h– + g 2R h– 2 R---= = =

F F1 F2– g 2R h– 2 R h+3

------------- Hh 2R h– – g 2R h– 2R h– R h+

3------------- Hh–= = =

P

2R-hR-h

H

F

2(R-h)

Fmax

F H

F

Fmax43--- R h– 3g=

P

Vw Vs–s

w------- 1–

Vs= Vw Vs–s

w------- 1– i

s-----Vi=

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- 28 -

Exercice 40La pression de l’eau à la profondeur h vaut:

pe = patm + gh (1)où est la densité de l’eau.L’air étant considéré comme un gaz parfait, on peut écriredans le tube:

patmVatm = nRTatm et paVa = nRTaTa est la température de l’air dans le tube plongé dansl’eau.De plus, pa = pe.La section du tube étant constante, on a les relations:

Vatm =AL et Va = A(L-(H - h).En combinant ces 2 dernières relations, on obtient:

En utilisant l’équation 1, la relation précédente se récrit:

La comparaison de cette relation avec l’équation 1 montre que le membre de gaucheest équivalent à pa - patm. Il suffit donc de tracer le membre de gauche en fonction deh pour obtenir une droite de pente égale à g.

Exercice 41L’équilibre régnant à l’interface entre le tube et le container s’exprime:

Ainsi, l’angle est simplement donné par:

H h

pa

Ta

Tatm-----------

LL H h– –

--------------------------------patm=

Ta

Tatm-----------

LL H h– –

--------------------------------patm patm– gh=

patm huileghhuile eaugheau+ + patm eaugL sin+=

arceau huile+ h

eauL----------------------------------------

sin=

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- 29 -

Exercice 42Hypothèses: liquide parfait et incompressible.Soient S, V et ms = sV respectivement la surface, le vo-lume et la masse de la boule.

a.i. Résolution dans le référentiel d’inertie Ri du labora-toire.Loi de Newton appliquée à la boule:

Pour calculer la résultante des forces de pression exercéespar le fluide, on utilise l’équation d’Euler sous forme lo-cale:

N.B. Les vitesses de la boule et du liquide à l’endroit de la boule sont les mêmes dansRi.Par le théorème du gradient:

L’accélération est celle du centre de la boule car les dimensions de cette dernière sontpetites.En remplaçant dans l’équation de Newton, on en tire l’expression de la tension:

En exprimant cette équation dans un système de coordonnées cylin-driques:

a.ii. Résolution dans le référentiel tournantLoi de Newton:

(la force d’Archimède est proportionnelle à la gravitation apparente gr = g - ae).L’accélération d’entraînement vaut en coordonnées cylindriques: ae = -2rêr. Parconséquent, on a la relation , qui est identique à l’expres-sion obtenue par la première méthode.

Remarque: T étant parallèle à gr, l’équation d’équilibre du fluide en rotation gradp =gr implique que T est perpendiculaire aux isobares. On peut ainsi déterminer àpartir de l’équation d’une isobare, par exemple la surface du liquide qui s’écrit:

r

Tmsg

z

ms tddv

T msg p d

S–+=

g gradp– td

dv=

p d

S gra pd Vd

V g Vd

V

tddv

Vd

V– Vg= = = V

tddv

T V s– td

dv– V s– g+=

2r

Tg

T V s– 2

r–

0

0

– V s– 0

0

g–

+ V s– 2

r

0

g–

= =

F msae– 0 = T msg m g ae– – msae–+ 0=

T m ms– g m ms– ae–=

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- 30 -

On obtient alors immédiatement tg = dz/dr.

b. tg = 2r/g; le fil s’incline vers l’intérieur car s <

Exercice 43Hypothèse: On suppose que le liquide dans le tube est parfait et incompressible.

a. 1ère méthode:Les surfaces isobares sont orthogonales à l’accélération relative: Par géométrie, on a:

- si , le liquide occupe un volume, où est la section du tube

- si , le liquide occupe un même volume,donné par:

et donc:

La direction des isobares implique que:

Donc: cm

a. 2ème méthode:Equation d’Euler (éq. 70 du polycopié) dans le référentiel de l’accéléromètre:

Selon Ox:

Selon Oz:

D’où . Avec la condition , où , on ob-tient:

et

Avec , où , on obtient:

z r z r=0 2

2g------r

2+=

ar g a–=

h’

h+L/2

a

g

x

z

0

tanag---=

a 0=V 2SL= S

a 0

V32--- SL h h'+ S+= h'

L2--- h–=

tanh

L2--- h'–+

L-----------------------

ag---= =

hLa2g------ 5.5= =

g gradp– ae– 0=

px------ – ae= p – aex f z +=

pz------ g–= p gz– c x +=

p – aex gz– k+= p 0 h1 pa= h1 h L/2+=

k gh1 pa+= p – aex g z h1– – pa+=

p L h2 – aeL g h2 h1– – pa pa+= h2 h'=

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- 31 -

, où

b. étant proportionnelle à , une graduation linéaire mesurera correctement l’accé-lération.

Exercice 44a. Soit la hauteur d’air dans le ludion. La pression dans le liquide est donnée par:

L’air est considéré comme un gaz parfait isotherme:

où r est le rayon du ludion. La résultante des forcesagissant sur le ludion est donnée par la somme du poidset de la force d’Archimède:

où m est la masse du ludion et la densité de l’eau. Lafigure ci-contre décrit F(z).

b. La profondeur ze à laquelle le ludion est en équilibre est telle que , d’où:

c. Si augmente, la force d’Archimède devient plus petite et le ludion descend.

Exercice 45Dans un système de coordonnées cylindriques, la pression ne dépend que de r si leseffets de la gravitation sont négligés et si est constante.

ae gh

L----------–= h h2 h1–=

h a

h z

p z patm gz+=

p z h z r2

nRT cte= =

F z

zze

0

mg

F z mg gr2h z – êz mg

gnRTpatm gz+---------------------------–

êz= =

F ze 0=

zenRTmg

-----------patm

g-----------–=

patm

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- 32 -

1ère méthode: référentiel tournant (0’,ê1’,ê2’,ê3’)En négligeant la gravitation, la seule force agissant sur legaz dans ce référentiel tournant est une force d’inertie.Pour un point matériel de masse m, elle vaut F = mae (ae= accélération d’entraînement):

Un élément de volume dV de gaz de densité sera doncsoumis à une force dF = - dV2rê2’. Par unité de vo-lume, cette force vaut ae = - 2rê2’.L’équilibre d’une particule de gaz de masse unité s’écrit (équation 70 du polycopié):gradp + ae = 0 et donc:

Le gaz étant supposé isotherme, pV = nRT, et donc = nM/V = Mp/(RT).On obtient ainsi:

, où

2ème méthode: référentiel fixe (0,ê1,ê2,ê3)Il n’y a plus de force d’inertie, par contre l’accélération du gaz n’est plus nulle et vauta = - 2rêr.L’équation d’Euler appliquée à une particule fluide de masse unité s’écrit:

qui correspond à l’équation différentielle obtenue par la première méthode.

Exercice 46Suspendons la couronne à la balance par un fils de poids négligeable.Le poids de la couronne dans l’air vaut Pa = V. V est inconnu et est la densité dumatériau constituant de la couronne (la force d’Archimède de l’air est négligée).Le poids apparent Pe de la couronne plongée dans l’eau met en évidence la force d’Ar-chimède créée par ce liquide: Pe = Pa - eV.En éliminant V et connaissant la densité e de l’eau, on en déduit la densité du maté-riau:

Si < 19,3 kg/m3, ce n’est pas de l’or massif !

Exercice 47Hypothèses:- L’air est considéré comme un gaz parfait dont l’évolution est adiabatique.

12

3

2’

0

0’F m x =

rddp 2

r=

rddp Mp

RT--------2

r = p r poe

M2

2RT------------r

2

= 0 r L

gradp– td

dv a= =

e

Pa

Pa Pe–-----------------=

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- 33 -

- g = constant.- Quelque soit l’altitude z, la température de l’hélium est égale à celle de l’air.

L’air ayant par hypothèse une évolution adiabatique, sa pression p(z), sa densité (z)et sa température T(z) sont données par l’équation 76 du polycopié.

a. La force d’Archimède s’écrit:

L’indice «0» indique les valeurs en z = 0, est la densité de l’air et = Cp/CV est lerapport des chaleurs spécifiques à pression et volume constants. Pour une moléculediatomique de gaz parfait, = 7/5.

L’altitude maximale atteinte, correspondant à une accélération nulle du ballon, vautainsi:

==>

Application: pour 0 = 1,18 kg/m3 et p0 = 1 atm, on obtient z* = 8’790 m.

b. Pour l’hélium considéré comme un gaz parfait en équilibre de pression et de tempé-rature avec l’air environnant: et .On a ainsi:

Pour tout z tel que V(z) < Vm, la force d’Archimède vaut:

La force d’Archimède est donc indépendante de l’altitude si le ballon est libre d’aug-menter son volume.

c. Le volume maximal Vm du ballon sera atteint à z’ tel que V(z’) = Vm:

==>

Fp z z V0g 0V0gA z

1 1–-----------

0V0g 1 1–

-----------z0g

p0------------–

1 1–-----------

= = =

Fp z mg= z 1

1–

-----------0g

p0---------

------------------------- 1m

0V0------------- 1–

=

p0V0 nRT0= p z V z nRT z =

V z nRT z p z -----------

p0V0

T0-------------

T0A z

p0A z

1–-----------

---------------------------- V0 1 1–

-----------z0g

p0------------–

11 –-----------

= = =

Fp z V z g 0g 1 1–

-----------z0g

p0------------–

1 1–-----------

V0 1 1–

-----------z0g

p0------------–

11 –-----------

0V0g= = =

V z' Vm V0 1 1–

-----------z'0g

p0-------------–

11 –-----------

= = z'1

1–

-----------0g

p---------

------------------------- 1Vm

V0-------- 1 –

=

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0

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- 34 -

Application: z’ = 27’900 m.La force d’Archimède à cette altitude est égale à celle existant au sol, i.e.: Fp = 0V0g.Application: Fp = 1157 N.

d. L’altitude maximale est déterminée de la même façon que pour la question (a), i.e.comme si l’on avait lancé un ballon de Vm au sol:L’altitude maximale atteint vaut ainsi:

==>

Application: z* = 28’580 m.

La différence principale vient du modèle adiabatique de l’atmosphère utilisé dans lecalcul ci-dessus. Ce modèle prévoit en effet une densité qui décroît pour s’annuler àenviron 30 km d’altitude !Entre le niveau de la mer et une altitude d’environ 100 km, la densité réelle de l’at-mosphère peut être décrite par une exponentielle:

avec = 0,138.10-3 [1/m]

En utilisant cette relation, l’altitude maximale que peut atteindre le ballon est de:

==>

e. En supposant un ballon sphérique, son diamètre serait d’environ 48 m pour un Vmde 60’000 m3; son lancer paraît donc difficilement faisable !

Exercice 48a. la cloche se soulève lorsque le poids de la cloche est inférieur à la composante verti-cale des forces de pression.

b. La composante verticale des forces de pressions’écrit:

où dS = 2RcosRd et p(z) = patm + g(h - z); est ladensité de l’eau.La pression atmosphérique agissant également à l’extérieur de la cloche, le calcul se

Fp z mg= z 1

1–

-----------0g

p0---------

------------------------- 1m

0Vm-------------- 1–

=

z 0ez–

=

Fp z z Vmg 0Vmgez–

mg= = = z 1---

0Vm

m-------------- ln 52'576 m= =

h

z

Fpz p sin Sd

S=

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- 35 -

ramène à:

h est la valeur maximale de , telle que la cloche se soulève à la hauteur h correspon-dante.

On obtient:

La cloche se soulève si la hauteur h est telle que:

<==>

c. Application: Pour m = 1 kg, h = 10 cm.

d. La cloche ne se soulèvera pas si h > R, ce qui implique une valeur minimale de Rpour une masse m donnée.

Exercice 49Le liquide est en équilibre dans le référen-tiel du wagonnet.Soit le système de coordonnées (x,y) atta-ché au wagonnet.L’équation décrivant l’équilibre du liquidedans ce référentiel relatif s’écrit (équation70 du polycopié):

où ae = a ici.

On en déduit:

La solution générale s’écrit ainsi:

La constante C est déterminée par la condition p(0,0) = patm et donc:

Fpz g2R2

h R sin– cossin d

0

h

=

Fpz g2R2

h2

msin

2----------------- R

3msin

3-----------------– g2R

2h

h2

R2

2--------------------- R

h3

R3

3---------------------–

gh3

3----------------= = =

gh3

3---------------- mg h

3m-------- 1 3

aL

H

B

C

D

Ax

y

g gradp– ae– 0=

xp g sin a+ = p x y g sin a+ x f y A+ +=

yp g cos= p x y g cos y g x B+ +=

p x y g sin a+ x g cos y C+ +=

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- 36 -

On en déduit la pression aux 3 points particuliers:

Exercice 50a. Les forces exercées sur les douves du tonneau ne sont pas déterminées par la quan-tité d’eau ajoutée, mais par la hauteur d’eau dans le capillaire.

b. La pression de l’eau dans le tonneau, que l’on admettra constante en tout point, estdonnée par:

pa est la pression atmosphérique, la masse volumique de l’eau et h la hauteur d’eaudans le capillaire.La résultante des forces exercées sur une douvepar l’eau et l’air extérieur est horizontale et diri-gée vers l’extérieur: figure. Elle vaut:

S est la surface de la douve.

Application: F = 10’000 N. Cette force suffit à rompre les cercles qui entourent le ton-neau.

Exercice 51La pression en tout point du liquide est donnéepar:

p0 est la pression à la surface de l’eau et agissantsur l’extérieur des parois du récipient.La force sur un élément dS de la surface A s’écrit:

dS = dSên est le vecteur surface normal à la paroi, dirigé vers l’extérieur du récipient.

p x y g sin a+ x g cos y patm+ +=

pB patm g cos H+=

pC patm g sin a+ L g cos H+ +=

pD patm g sin a+ L+=

p pa gh+=

Fa Fe

F Fe Fa– paS ghS– paS–= =

A

R

x

zdf

dSO

p z p0 gz+=

df p p0– dS=

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- 37 -

La force totale agissant sur la paroi A est ainsi calculée par:

On obtient:

Les supports de tous les éléments de force df passent par O. En conséquence, les mo-ments de ces forces par rapport à O sont nuls et le moment de la résultante F doit êtrenul par rapport à ce point.La droite support de F passe donc par O, i.e. F est normale à la surface A. L’angle 0entre F et Oz est donné par:

==> 0 32,5o

Exercice 52a. La couche d’huile provoque uneaugmentation de la pression dansl’eau et donc de la poussée d’Ar-chimède. En conséquence, le den-simètre monte par rapport auniveau de l’eau: figure.

Hypothèse: la section du récipientest beaucoup plus grande que lasection S du densimètre. En consé-quence, le niveau d’eau est admisconstant.

b. Soit V0 le volume du densimètre depuis le bas jusqu’au 1er trait de la graduation ete (h) la densité de l’eau (de l’huile). Si m est la masse du densimètre et e l’épaisseurd’huile, on peut écrire:

Eau seule:

Avec huile:

En égalant ces deux relations, on obtient:

La densité de l’huile peut être déterminée en mesurant la variation de la position ab-

F gz LR end

0

2

gR2L cos end

0

2

gR2L

sin

0

cos

cos d

0

2

= = =

F gR2L

1 20

4

=

tg0

Fx

Fz------

2---= =

y

{V0

eau

h2

huile

}

e

h1

z

mg e V0 h1S+ g=

mg e V0 h2S+ heS+ g=

eh1 eh2 he+=

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- 38 -

solue du densimètre: z = h1 - h2. En utilisant la relation précédente, on obtient:

Alternativement, cette densité peut être déterminée en utilisant la montée y du niveaumesuré par la graduation du densimètre: y = (h2 + e) - h1 ==>

h eze--=

h ee y–

e-----------=

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Section 5: dynamique des fluides visqueux

Exercice 53Les 3 fonctions inconnues u(x,z,t), w(x,z,t) et p(x,z,t) peuvent être déterminées à l’aidedes 2 composantes de l’équation de Navier-Stokes et de l’équation de continuité.L’équation de Navier-Stokes s’écrit:

selon x:

selon z:

L’équation de continuité s’écrit:

(1)

a. L’écoulement étant par hypothèse permanent, on a et aucune dépendanceselon x,

i.e. (épaisseur a constante ==> w(a) = 0). Ainsi: et donc w est nul.

b. w étant nul, l’équation 1 indique que u ne dépend que de z. Les équations de Na-vier-Stokes s’écrivent alors:

(2)

(3)

L’intégration de l’équation 3 conduit à:

==>

La pression étant constante sur la surface libre (z = a), on a nécessairement f(x) =constante dont la valeur est déterminée facilement. p ne dépend donc pas de x.

c. De l’équation 2 on tire:

==> ==>

La condition de non-glissement implique que la vitesse u est nulle sur la plaque (z =0); en conséquence, B = 0.La constante A est déterminée en observant que la contrainte de cisaillement

t

uu

xu

wz

u+ +

g sinx

p–

x2

2

u

z2

2

u+

+=

t

wu

xw

wz

w+ +

g cos–z

p–

x2

2

w

z2

2

w+

+=

xu

zw

+ 0=

t

0=

x

0=z

w0=

xp g sin–

z2

2

u=

g cosz

p+ 0=

p x z gz cos– f x += p z patm g a z– cos+=

z

2

2

ux

p g sin–= z

u – gz sin A+= u gz

2

2----- sin– Az B+ +=

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- 40 -

est nulle sur la surface libre (z = a); on obtient A = gasin et donc:

d. Le débit par unité de largeur Qun de la plaque vaut ainsi:

Exercice 54Dans le capillaire, on suppose que l’écoulement est du type Poiseuille; le débit volu-mique est alors donné par (équation 100 du polycopié):

où r est le rayon du capillaire.Si h(t) repère la distance entre le niveau de liquide et le capillaire, la chute de pressionpeut également s’écrire (Bernoulli) p = gh(t) car la pression atmosphérique au som-met du récipient et à l’extrémité du capillaire est la même.Comme R >> r, on néglige la vitesse d’écoulement du liquide dans le récipient parrapport à la vitesse dans le capillaire. Par continuité, le débit peut aussi être exprimé par:

où v est la vitesse de descente de la surface de liquide et la section du réci-pient de rayon R.On obtient ainsi une équation différentielle pour la hauteur h:

avec h0 = h(t = 0).

Sachant que h(t*) = h0/2, on a: - t* = ln(1/2) ==> = ln2/t*.La viscosité est alors donnée par:

Exercice 55Hypothèse: l’écoulement dans les tubes est unidimensionnel.Afin d’utiliser les résultats obtenus pour un écoulement de Poiseuille, il est nécessairede supposer un écoulement quasi-stationnaire dans le petit tube horizontal. Cela re-vient à négliger l’accélération locale de la vitesse. Cette hypothèse est justifiée car lepetit diamètre de ce tube provoque une variation temporelle lente du débit.

xz z

u=

u z g------ sin az

z2

2-----–

=

Qun u zd

0

a

g sin

3------------------a

3= =

Qpr

4

8L---------------=

Q vS td

dhS–= =

S R2

=

dhdt------–

ghr4

8LR2

------------------ h h t h0et–

== =

gr4

8LR2

--------------t

2ln-------- 2.59 10 3–

Pa s=

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- 41 -

Soit h(t) la différence de niveau entre les deux tubes.Le changement de niveau est donné par le débit dans le petittube, décrit par l’écoulement de Poiseuille:

avec p = gh.La baisse de la différence de niveau h, i.e. le changement de vo-lume dans chaque tube, est reliée au débit par:

En égalant ces deux débits, on obtient l’équation différentielle décrivant l’évolutionde h:

, avec

L’intégration conduit à lnh = - t + CLes conditions initiales h(t = 0) = H1 impliquent que C = lnH1 et donc:

Le temps nécessaire pour que la différence de niveau passe de H1 à H2 est obtenulorsque h = H2:

La différence de niveau décroît de manière exponentielle: .

Exercice 56Soit une conduite horizontale de rayon R et longueur L dans laquelle s’écoule unfluide incompressible sous l’effet d’un gradient de pression p entre les extrémités dela conduite.Considérons un système de coordonnées cylindriques (r,z), z correspondant à l’axede la conduite.a. Le vecteur tourbillon est calculé à partir du profil des vitesse obtenu à l’équation 99du polycopié:

==>

Les vecteurs tourbillon sont tangents à des cercles de rayon r, dirigés selon ê et d’am-plitude rp/4L. Les cercles de rayon r sont ainsi des lignes de tourbillon; de même,

h

L

D D

Q v SdS v r' 2r' r'd

0

r

pr

4

8L---------------= = =

Qddt-----– D

2

4-------

h2---

=

tddh 8

D2

----------Q– h t –= = r4g

D2L

---------------=

t1---

H1

h-------ln=

D2L

r4g

---------------H1

H2-------ln=

h t H1et–

=

v r p4L----------- R

2r2

– = T12---rot v

12---–

rv

ep

4L-----------re= = =

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- 42 -

les cylindres de rayon r sont des tubes de tourbillon.Ce mouvement de rotation des particules fluides est provoqué par le fait que deuxcouches voisines de fluide n’ont pas la même vitesse, provoquant ainsi descontraintes tangentielles. Les particules fluides avancent en tournant sur elles-mêmes.

b. En reprenant les résultats de la section 9 du chapitre «propriétés élastiques des so-lides et des fluides», le tenseur des contraintes dynamiques s’écrit ici:

==>

où est le tenseur des vitesses de déformations, exprimé ici en coordonnées cylin-driques.

Par symétrie, seul est non-nul.

Le tenseur est relié aux tenseur des contraintes par: .

c. La force de frottement exercée par le fluide sur un élément dS = (dS,0,0) de surfacede la paroi est une force tangentielle donnée par:

==>

La force totale exercée par le fluide sur la paroi vaut ainsi:

Cette force apparaît, a priori, indépendante de et L ! ... à discuter.

Exercice 57Hypothèses: l’effet de la gravité est négligeable, l’écoulement est stationnaire et ne dé-pend pas de y et les conditions de non-glissement sont satisfaites au contact des plans.

a. Dans ce premier cas, et .

L’équation de Navier-Stokes selon x s’écrit simplement:

Donc, en considérant que v(z = 0) = 0 et , on obtient:

'ik 2· ik · llik+ 2· ik 0+= = 'ikp2L-------–

0 0 r

0 0 0

r 0 0

=

· ik

·zr ·zrz12---

r

vz= =

'ik ik pik– 'ik+=

dFk kidSii= dF

p2L-------RdSez–=

Fp2L------- R

2 d zezd

0

2

0

L

– p R2ez–= =

v vx z ex= p x 0=

2

vx

z2

----------- 0=

v 2h vtex= v z vtz

2h------- ex=

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Ce résultat correspond au cas du cisaillementsimple du chapitre «propriétés élastiques des so-lides et des fluides»: figure.

b. Dans ce second cas, et .L’équation de Navier-Stokes conduit à:

En considérant que v(z = 0) = 0 et v(2h) = 0, on obtient:

c. Dans ce troisième cas, on a superposition des 2 pre-miers.On obtient donc:

Exercice 58Soit v = (0,0,w). Par symétrie: w = w(y,z).L’équation de continuité (cas d’un fluideincompressible) s’écrit:

Equation de Navier-Stokes selon x: ; selon y:

Equation de Navier-Stokes selon z:

Cette dernière équation ne peut être satisfaite que si chaque terme est constant:

, avec .

.

x

z vt

v vx z ex= p x K–=

2

vx

z2

----------- K–=

x

z

v z K2------ 2h z– zex=

vt

x

z

v z va z vb z +K2------ 2h z–

vt

2h------+ zex= =

z

y

w(y)

e/2

0

-e/2

b

zw

0 = w w y =

xp

0=y

p0 p p z = =

zddp

y2

2

d

d w– 0=

zddp –= p z p1

pb

-------z–= p p1 p2–=

y

2

2

d

d w –= w y p2b----------

e2

4----- y

2–

=

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- 44 -

a. Le débit volumique s’écrit alors: .

b. Première méthode: La force exercée par sur la masse de fluide est équilibrée parles forces exercées par le fluide sur chacune des deux plaques: .

Seconde méthode (section 4.1 du polycopié «Propriétés élastiques des solides et desfluides»); par:

On obtient dans les deux cas: .

c. Le débit est conservé: .

Application numérique: .

d. Négligeons la vitesse du piston pour considérer un profil symétrique des vitessesdans le jeu. Cette hypothèse est justifiée par la réponse à la question (c) qui montreque v0 << vf.En reprenant le résultat obtenu en (b), avec ici Q = r2v0, ontrouve:

Application numérique: .

Remarque: le piston subit également une force due à la surpres-sion nécessaire pour assurer l’écoulement du liquide dans le jeu.

Exercice 59On considère que:- le capillaire est cylindrique,- la colonne de mercure est à l’équilibre,- le champ de vitesse n’est pas modifié par les 2 ouvertures liées au système de me-

sure de la pression,- l’écoulement est laminaire.On a donc un écoulement de type Poiseuille:

et le débit est donné par:

Q w y yd xd

e 2–

e 2

0

a

pae

3

12b---------------= =

pF pea 2=

F aby

w

e 2–=

F6b

e2

----------Q=

Q r2v0 2revf = vf

rv0

2e--------=

vf 0.25 m/s=

v0

Fvf vf

F 6bre-- 2

v0=

F 47.1 N

v r p4L----------- R

2r2

– =

Qp8L-----------R

4=

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- 45 -

On obtient ici: en Pa, où de mercure. On peut aussiécrire:

, où est la densité volumique du mercure.

Finalement:

Exercice 60La force de portance est donnée par l’équation 62 du polycopié: .

Le décollage a lieu lorsque la portance est égale au poids P de l’hydravion.En supposant les mêmes conditions d’incidence (angle d’attaque), Cp ne varie pas.La densité de l’air restant la même, on peut écrire:

où «p» désigne le prototype et «m» la maquette.Si le prototype et la maquette sont construits de la même façon et avec les mêmes ma-tériaux, leurs poids sont proportionnels à leurs volumes, donc au cube de leurs di-mensions linéaires:

Les surfaces alaires sont évidemment proportionnelles aux carrés de ces mêmes di-mensions:

On peut ainsi déterminer la vitesse de décollage du prototype:

et donc: vp = 158 km/h.

phh0----- patm= h0 760 mm=

p gh= 13590kg

m3

-------=

hh0-----patmR

4

8LQ---------------------------- 1.72 10

3–Pa s= =

Fp CpSv

2

2------=

Pp

Pm-------

Spvp2

Smvm2

--------------=

Pp

Pm-------

Lp3

Lm3

-------=

Sp

Sm-------

Lp2

Lm2

-------=

vp vm

Lp

Lm-------=

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Exercice 61Hypothèses:- air = fluide parfait incompressible de densité a - liquide visqueux incompressible- écoulements stationnaires- pB = constant selon la section B- aucun effet de capillarité dans le tube- écoulement unidimensionnel dans le tube vertical

b. Les hypothèses impliquent que la vitesse de l’airv est uniforme sur SB: vB = Qa/SB.L’équation de Bernoulli le long d’une ligne de courant horizontale entre A et B s’écrit:

(1)

La différence de pression p qui crée un écoulement de liquide dans le tube verticalpeut être retrouvée à partir des équations du polycopié décrivant l’écoulement de Poi-seuille (section 5.2) en ne négligeant pas la gravitation:Les équations 88 et 91 conduisent à écrire une équation 95 modifiée:

En utilisant la condition aux limites p(z = L) = pB, on en tire:

L’équation 96 s’écrit alors: et sa solution est obtenue en suivant la dé-marche du polycopié:

En calculant la pression p0 par rapport au niveau de liquide dans le réservoir:

Puis en remplaçant pB par l'équation (1), le débit Q vaut:

En identifiant l’expression précédente avec le débit pour un écoulement de Poiseuille(équation 100 du polycopié), on obtient l’expression de la différence de pression p:

h

A B

patm

L

C. .

z

0

pA 0+ pB12---avB

2pB patm

12---a

Qa2

SB2

-------–=+=

zddp

– lg– C p z p0 C lg+ z–==

Cp0 pB– lgL–

L------------------------------------=

2v

C----–=

v r 14L----------- p0 pB– lgL– R

2r2

– Q v r 2r rd0

R

8L----------- p0 pB– lgL– R4

= ==

p0 patm lgh+=

QR

4

8L-----------

12---a

Qa2

SB2

------- lg L h– –=

p12---a

Qa2

SB2

------- lg L h– –=

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Remarquep peut être déterminé en remarquant que, dans le cas statique, p’0 = pB + lgL; unesurpression p doit donc être ajoutée pour créer un écoulement Q: p0 = pB + lgL +p.

c. Lorsque Qa diminue, Q s’annule, puis devient né-gatif, i.e. le liquide ne monte plus dans le tube, maisdescend sous l’effet de la pression hydrostatique (letube se vide).

Exercice 62a. La condition de non-glissement d’un fluide visqueux implique des oscillations de lamasse du fluide selon x. La viscosité amortit l’amplitude de ces oscillations lorsquel’on s’éloigne de la plaque (y grand). L’hypothèse d’une plaque "infinie" implique quele champ de vitesses ne dépend ni de x, ni de z; par l’équation de continuité, on déduitque vy = constante = vy (y = 0) = 0. Par ailleurs, on a vz = 0 car le plan xOy est un plande symétrie du problème.En résumé, la vitesse du fluide est de la forme: .

Les projections de l’équation de Navier-Stokes s’écrivent:

selon x: ; selon y: ; selon z:

La deuxième relation montre que le gradient de pression selon y correspond à l’ex-pression de la pression hydrostatique et n’a donc pas d’effet sur le mouvement dufluide; il est le même quel que soit x ou z, et . La pression a donc pour ex-pression:

; A est une constante.

La solution de l’équation selon x est obtenue par la méthode de séparation des va-riables: vx(y,t) = f(t)·g(y); elle s’écrit:

et

où k est une constante et = / est la viscosité cinématique.

Q

Qa

v vx y t 0 0 =

xp

– y

2

2

vx+ t

vx=y

p g+ 0=z

p0= p p z

p p x z

p p y gy– A+= =

f-

---

g''g----- g''

g----- k f C1e

kt== = = g C2e

y k –C3e

y k +=

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La vitesse devant rester finie lorsque l’on s’éloigne de la plaque, on doit avoir C3 = 0 etdonc:

Les constantes C1, C2 et k sont déterminées par la condition limite de la vitesse aucontact de la plaque:

et k = j

La solution physique sera bien entendu la partie réelle de l’exponentielle complexe.En utilisant le fait que:

elle s’écrit:

Les oscillations imposées à la surface se pro-pagent à l’intérieur du fluide en s’amortissantexponentiellement. Ce mouvement corres-pond à la propagation d’une onde transverse(de cisaillement) atténuée.La figure ci-contre montre quelques profilsinstantanés de la vitesse à différentes phasest du mouvement.

b. La profondeur de pénétration correspondant à une atténuation de 1/e de l’ampli-tude de la vitesse s’écrit:

c. Le déplacement longitudinal total s’écrit:

, et donc: = 1/(

où = v0L/ est le nombre de Reynolds défini sur une distance L.Les oscillations du fluide sont ainsi limitées à une couche finie du fluide dont l’épais-seur est inversement proportionnelle à la racine de .

vx y t C1C2ekt y k –

=

vx 0 t C1C2ekt

v0ejt

C1C2 v0= = =

j------

---- e

j 4 2------ 1 j+ = =

vx y t v0ey 2 – t y

2------–cos=

0 0,5 1-1 -0,5

y/

vx/v0

0

t = /23/2

2 =

L 2v0 t cos td

0

T/4=/2

2v0/= =L---

2------

2

4v02

---------=

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- 49 -

Exercice 63Hypothèses: effet de la gravitation négligeable et plaque de dimensions infinies etdonc:

Avec ces hypothèses, l’équation de continuité s’écrit:

a. L’équation de Navier-Stokes selon x s’écrit:

Compte tenu des hypothèses, cette équation se réécrit:

On utilise les conditions au bord pour trouver les constantes:

, => , où

La vitesse augmente donc bien linéairement.

b. L’équation constitutive d’un fluide isotrope a été établie lors de l’étude des proprié-tés élastique des solides et des fluides (équation 94 du polycopié d’élasticité et équa-tion 43 de celui sur les fluides):

La seule contrainte exercée est à l’interface liquide-plaque supérieure; c’est unecontrainte tangentielle notée :

où , sont les composantes selon x et y du vecteur déplacement. Or:

En reprenant l’expression de la vitesse obtenue en (a):

, identique à l’équation 22 du polycopié d’élasticité.

c. Soit p0 la pression imposée sur la plaque supérieure.

v

vx

vy

vz

v

0

0

= =

divv 0 vx------ 0 v v y = = =

px------– 2

v

x2

---------2

v

y2

---------2

v

z2

---------+ +

+ vt------ v

vx------ vy

vy------ vz

vz------+ ++=

2v

y2

--------- 0 v y c1y c2+= =

c1Wh-----= c2 0= v y W

h-----y= 0 y h

ik pik– 2· ik · llik+ +=

21

21 2 t----

12---u1

y---------

u2

x---------+

y h=

y------

u1

t---------

y h===

u1 u2

u1

t--------- v=

21 y------

Wh-----y

y h= W

h-----==

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L’équation de continuité et l’équation de Navier-Stokes selon x sont identiques àcelles obtenues sous a.Compte tenu des hypothèses, l’équation de Navier-Stokes selon y s’écrit:

dont l’intégration + conditions aux limites conduit à:

La pression augmente linéairement lorsque y diminue et le profil des vitesses est in-changé.

RemarqueLa solution trouvée ne dépend pas du coefficient de viscosité. On pourrait en conclureque l’on peut trouver une solution de Navier-Stokes en négligeant . On retrouveraitalors l’équation d’Euler des fluides parfaits qui s’écrirait 0 = 0, i.e. il n’y aurait aucuneéquation pour v(y). Cela signifie que n’importe quelle fonction arbitrairement choisiepour v(y) satisfait les équations du mouvement. On en conclut que la limite pour uneviscosité faible n’est pas le cas de viscosité nulle. Cela revient à dire que la présenced’une viscosité, même infinitésimale, change les conditions aux limites.

Exercice 64Hypothèses: fluide parfait et incompressible, écoulement permanent, effets de la gra-vitation négligeables.Sur la ligne de courant A-B-C, l’équation de Bernoullis’écrit:

(1)

avec pC = patm si l’embout est ouvert.

a. Calcul de la pression totaleLa définition de la pression totale p0 conduit à:

==> p0 = 17.105 Pa = 17 bar 17 atm,

Q est le débit et S2 la section de l’embout en C.La surpression est donc de 16 bar.

0 g–py------–=

p y p0 g h y– +=

A B CpA

12---vA

2+ pB

12---vB

2+ pC

12---vC

2+= =

p0 patm12--- Q

S2------ 2

+=

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b. Appliquons le théorème de la quantité de mou-vement au fluide contenu dans l’embout, limitépar le volume de contrôle ABCD: figure.La résultante des forces de pression sur l’embouts’écrit à partir de l’équation 129 du polycopié:

avec SL est la surface latérale du volume de contrôle Vc.

Le liquide étant parfait, la vitesse est la même sur une section de l’embout. L’effet de gétant négligé, cette dernière relation s’écrit:

Tous ces vecteurs sont parallèles à l’axe x de la conduite. La force exercée par le fluidesur l’embout vaut donc: . En ajoutant la contributionde patm sur la partie oblique de l’embout, la force exercée par l’embout sur le pas devis vaut finalement:

(S1 - S2) correspond à la projection selon x de la surface latérale de l’embout.Application: F= 5944N.

c. Lorsque l’embout est fermé, la pression dans l’embout est p0. En conséquence, laforce sur le pas de vis se réduit à:

Application: F = 8’048 N.

RemarqueCe résultat peut également être obtenu sansconnaître le théorème de la quantité de mouve-ment:isolons l’embout fermé et appliquons F = 0.

On obtient (flèches noires sur le dessin):

S2S1

A

BC

Dx

R p Sd

SL

v Sd vSc

– p Sd

S1

– p Sd

S2

– g Vd

Vc

+==

R Q v1 v2– p Sd

S1

– p Sd

S2

–=

R Q v1 v2– p1S1 patmS2–+=

F R patm S1 S2– – Q v1 v2– p1 patm– S1+ Q2 S1 S2– 2

2S1S22

-------------------------= = =

F p0 patm– S1 Q2 S1

2S22

---------= =

S2

pint

S1

patm

x

dS

Fair embout Ffluide embout Ftuyau embout+ + 0=

Fa e patm Sd

S– patm Sd

Slaterale

– patm Sd

S2

– p– atmS1ex= = =

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car les composantes orthogonales à êx s’annulent. De la même manière (flèchesgrises):

Ainsi, la force qui agit sur l’embout est donnée par:

N

car lorsque la vitesse du fluide est nulle (équation 1). La force exercée parl’embout sur le tuyau, c’est-à-dire sur le pas de vis, est donc de .

d. Interprétation physique de .La pression correspond à la pression du fluide sur la lance lorsque celle-ci est fer-mée. Autrement dit, correspond à la force exercée sur l’embout par unité de sur-face.

Exercice 65L’équation de Bernoulli s’applique dans le réservoir, i.e. entre A et B:

(1)

Par hypothèse et et donc:

(2)

Relation débit-vitesse dans le tubePar hypothèse, les pertes visqueuses sont négligées à l’entrée du tube; la vitesse vB estdonc constante en tout point de la section du tube, en B.

(3)

En négligeant les effets de la gravité, l’écoulement visqueux dans le tube (Poiseuille)s’écrit:

(4)

De plus, on a pC = pA = patm.

a. Les équations (4) et (3) dans l’équation (1) conduisent à:

, avec

b. Les équations (2) et (3) dans l’équation (4) conduisent à:

Ff e pint Sd

S1

– pintS1ex= =

Ft e Fa e Ff e+ – patm pint– S1ex 8048– ex= = =

pint p0=Fe t F– t e=

p0p0

p0

pA12---vA

2 gzA+ + pB12---vB

2 gzB+ +=

vA 0 zA zB– h=

pB pA– gh12---vB

2–=

Q vB R2=

pB pC–8LQ

R4

---------------=

pB patm – 22gh++= 642

L2

R4

-------------------=

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c. L’équation de Navier-Stokes selon r et (coordonnées cylindriques) montrent quela pression ne varie que le long de la conduite: p = p(z), comme on pouvait le prévoiren négligeant l’influence de la gravitation: section 5.2 du polycopié.L’équation de Navier-Stokes selon z (axe du tube) s’écrit:

Le premier membre de cette équation ne dépend donc que de z, alors que le laplacienne peut dépendre que de r. Ils doivent donc être égaux à une constante notée A:

==>

pB = p(z = 0) et p = pB - pL > 0 est la chute de pression entre les extrémités de laconduite, obtenue en A:

Exercice 66Par définition, la force de portance résulte des forces de pression sur l’obstacle et sadirection est perpendiculaire à la direction de l’écoulement, et donc ici selon y:

où S est la surface du cylindre.

En coordonnées cylindriques, la force de portance devient

Equation de Bernoulli le long d’une ligne de courant allant de l’ à R, :

(la différence de hauteur est négligée).

La vitesse est purement tangentielle en . En utilisant le résultat del’écoulement d’un fluide parfait autour d’un cylindre immobile de rayon R, présenté àl’exemple de la section 2.6 du polycopié, nous pouvons écrire

. D’où:

Seul le 5ème terme donne une contribution non nulle:

Q8L

--------------–8L

-------------- 2

22R

4gh++=

z

p– 2

v+ 0=

zd

dp– A= p z pB

pL

-------z–=

p pB patm– – 22gh++==

Fp p– er eyd

S ey=

Fp p Rsin d zd

0

2

0

L

–=

p12---v

2+ p R 1

2---v

2R +=

v R r R=

v R 2v R+sin –=

p R p12---v

2 12---2

R2

– 2 v2 sin 2 v Rsin+ –+=

Fp LR 2v sin 2R– d

0

2

– 2R2Lv sin 2 d

0

2

2R2Lv= = =

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Exercice 67Les globules rouges n’ayant pas la même densité que le plasma environnant, ils su-bissent donc:

- une poussée d’Archimède vers le haut:

- la force de gravitation orientée vers le bas:

- une force visqueuse qui s’oppose au mouvement. Le mouvement des globules étantorienté vers le bas, cette force est donc orientée vers le haut:

La vitesse de sédimentation est la vitesse des globules rouges à l’équilibre. Donc,l’équation de Newton donne:

donc:

Au bout d’une heure, il ne devrait pas y avoir de globules rouges sur une hauteur de:

Nous supposons ici que le temps pour un globule rouge d’atteindre est négli-geable.On mesure expérimentalement que:

et

ce qui confirme a posteriori la robustesse du modèle.

Exercice 68Dans la définition du nombre de Reynolds , on pose D la hauteur del’objet.

Afin de retrouver les mêmes comportements du fluide dans le cas réel et pour la ma-quette, il faut que la soufflerie crée un écoulement ayant le même nombre de Rey-nolds. La vitesse du flux doit être:

Dans cet écoulement on a un nombre de Reynolds de:

FA43---R

3pgez=

Fg43---– R

3ggez=

Fv 6Rvez=

043---R

3 p g– g 6Rvs+=

vs

2R2g g p–

9------------------------------------ 1.98 10

6–m s= =

hp vsT 7.2 mm==

vs

hp homme 3 15mm– hp femme 7 20mm–

D v

-------------------=

v2 v1

D1

D2------- 15

5.50.2------- 412m s===

6 10=6

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avec et L’approximation de l’écoulement laminaire n’étant valable que pour inférieur oude l’ordre de 10, l’écoulement sera donc turbulent.

Exercice 69a. Par symétrie, .

b. En coordonnées cartésiennes, la pression s’écrit:

Le long du chemin A, B,C, D, E, la pression:

a l’allure ci-contre.

c. La force de traînée, di-rigée ici selon , est la ré-sultante des for-ces deviscosité et de pressionintégrées sur toute la sur-face de la sphère. Pour unélément de surface au voisinage d’un point de la surface de lasphère, elle s’écrit, en module:

La force de résistance totale est donc donnée par:

Cette relation est connue sous le nom de “formule de Stokes”.

air 18 106–Pa s= air 1.225kg m

3=

v 0=

p x y z p32---vR

z

x2

y2

z2

+ + 3 2

-------------------------------------------–=

z

A B D E

Cp

pp p–

vR---------------=

z

d x R =

dFt vr

--------- p cos–sin–

r R=

d 32---v

R---------- p cos–

d= =

Ft32---v

R---------- d

sphère 6Rv= =

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Exercice 70a. Considérons un segment artérielmodélisé par un tube cylindrique ri-gide: figure 1.En supposant que l’énergie métabo-lique est proportionnelle à la masse dela paroi, la première partie de la fonc-tion coût s’écrit:

où h est l’épaisseur de la paroi, supposée mince; le terme entre parenthèses corres-pond donc au volume de la paroi. En supposant que l’épaisseur de la paroi est pro-portionnelle au rayon a du segment artériel, la fonction coût totale est donnée par:

(a)

où le premier terme correspond au travail à fournir pour faire circuler le sang (fluidevisqueux). En admettant que la loi de Poiseuille peut être utilisée, la fonction coûts’écrit:

Cherchons le rayon artériel optimal, i.e. celui qui minimise la fonction coût pour undébit sanguin Q fixé:

et donc:

ou (b)

En substituant ce résultat dans l’équation (a), on obtient la fonction coût minimale:

b. Considérons la bifurcation artériellede la figure 2. Une branche mère se di-vise en 2 branches fille.Supposons que le débit aux extrémitésA, B et C des 3 segments est connu etque ces 3 points sont fixes. Il s’agit doncde déterminer la position optimale dupoint B qui appartient au plan définipar ACD. Les fonctions coût des 3 segments étant additives, les résultats précédentsconduisent à:

Comme les rayons ai sont reliés aux débits Qi par l’équation (b), le seul paramètre que

L

p

aQ

Figure 1Pm k 2aLh =

P Qp k+ a2L=

P8L

a4-----------Q2 k+ a2L=

aP 32L

--------------Q2a 5– 2k+ aL– 0= =

a162k--------- 1 6/

Q1 3/= Q2 a

6k2

16---------------=

Pmin32

------kLa2=

Figure 2a2

a0

D

CL1

L0

L2

AB

a1

Pmin3k

2---------- a0

2L0 a12L1 a2

2L2+ + =

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l’on peut modifier est la longueur Li de chaque branche. En supposant la position de Boptimale, tout changement infinitésimal de la position de B ne produira pas de modi-fication de la fonction coût:

En utilisant la figure 3, considérons un petitdéplacement de B en B’ dans le prolongementde AB.Le changement de chaque longueur de seg-ment sera L0=, L1cos et L2 cos.Par substitution dans l’équation , la conditionsuivante est obtenue:

(c)

Si maintenant on déplace B en B’ dans la di-rection de CB (figure 4), on obtient L0cos, L1= et L2 cos et la condi-tion devient:

(d)

Afin d’obtenir suffisamment de conditionsmathématiques, on déplace encore B en B’ dans le prolongement de DB et donc L0cos, L1cos et L2=, conduisant à la condition suivante:

(e)

Le système formé par les équations (c), (d) et (e) peut être résolu afin d’obtenir lesangles et

(f)

(g)

La conservation de la masse de sang implique que Q0 = Q1 + Q2, qui s’écrit encore:

(h)

En conséquence, les équations (f) et (g) peuvent être écrites:

Pmin3k

2---------- a0

2L0 a12L1 a2

2L2+ + 0= =

A BB’

C

D

= BB’

Figure 3

a02 a1

2 cos a22 cos–– 0=

A B

B’

C

D

= BB’

Figure 4a– 0

2 cos a12 a2

2 + cos+ + 0=

a– 02 cos a1

2 + cos a22+ + 0=

cosa0

4 a14 a2

4–+

2a02a1

2-----------------------------=

cosa0

4 a14– a2

4+

2a02a2

2-----------------------------=

a03

a13

a23

+=

cosa0

4 a14 a0

3 a13– 4 3/–+

2a02a1

2-----------------------------------------------------=

cosa0

4 a14– a0

3 a13– 4 3/+

2a02 a0

3 a13– 2 3/

-----------------------------------------------------=

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- 58 -

c. Si le rayon des 2 branches fille est le même (a1 = a2), les équations (f) et (g) montrentque les angles etsont égaux. De l’équation (h), on obtient:

Si toutes les bifurcations successives de l’arbre artériel sont semblables, la conditionci-dessus s’applique à chaque bifurcation et le rayon d’une branche fille de la nièmebifurcation vaut:

En utilisant ce résultat, l’arbre artériel, de l’aorte (a0 = 1.3 cm) aux capillaires (an =5x10-4 cm), nécessite un nombre de bifurcations donné par:

Lors de chaque bifurcation, le nombre de vaisseaux double; en conséquence, 34 bifur-cations successives signifient un nombre de capillaires de 234 = 1.7x1010. Ce nombreest de l’ordre de grandeur du nombre estimé (5x109), donné dans les livres de physio-logie.

Exercice 71Soit z l’axe du cylindre. La symétrie cylindrique conduit à utiliser un système de coor-données cylindriques et à poser v = (0, 0, v), avec v = v(r).En absence d’un gradient de pression le long du tube, l’équation de Navier-Stokes se-lon z se réduit à:

Les conditions limites sont: v = u en r = R1 et v = 0 en r = R2.L’intégration conduit ainsi à:

La force de frottement exercée par le liquideest la même sur le tube et le cylindre; elle vaut:

==>

par unité de longueur.

2a13 a0

3= a1a0

23------- 0.794a0= =

an 0.794 na0=

n

lnan

a0-----

ln 0.794 ----------------------- 34= =

2v 0

1r---

rdd

rrd

dv = =

u z

v r ur R2 ln

R1 R2 ln---------------------------=

zr R1 r

vr R1=

1R1------

uR1 R2 ln

---------------------------= =FL--- 2R1zr R1 2u

R1 R2 ln---------------------------= =

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Exercice 72L’écoulement est stationnaire, car ilest créé par un gradient de pres-sion constant.Compte tenu des hypothèses,l’équation 88 de Navier-Stokess’écrit:

L’écoulement étant unidimensionnel, v = (0,0,v). De plus, l’équation de continuitédivv = 0 conduit à v = v(y).Cette équation du mouvement s’écrit ainsi en composantes:

Selon x: Selon y: Selon z:

Les deux premières équations montrent que la pression ne varie que le long de laconduite: p = p(z), comme on pouvait le prévoir en négligeant l’influence de la gravi-tation et en supposant l’écoulement unidimensionnel.La troisième équation est une égalité de 2 fonctions dépendant de variables diffé-rentes; elles sont donc chacune égales à une même constante.Cette équation conduit à:

et donc: ==>

Les conditions aux limites v(-h) = 0 et v(h) = V permettent de déterminer les constanteA et B:

Le profil des vitesses est parabo-lique, mais non symétrique. La fi-gure illustre ce profil selon lavaleur de p.Si p = 0, on retrouve le profil li-néaire obtenu dans l’étude de laviscosité des fluides: section 4.1,polycopié «propriétés élastiquesdes solides et des fluides».

y

zh

-h

0

gradp– 2v+ 0=

x

p– 0=

yp

0=

zp

– 2v+ 0=

z

p p–= y

2

2

d

d v p–= v y p2-------– y

2Ay B+ +=

v y p2-------– y

2 V2h------y

p2-------h

2 V2----+

+ +V2---- 1

yh---+

p2-------h

21

y2

h2

-----–

+= =

y

vp > 0

p < 0 = 0 z

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Exercice 73Utilisons un système de coordonnées sphé-riques (r,,) dont l’origine est au centre de lasphère, ainsi que le repère (x,y,) tel que x = Ret y = R+h-r.

a. Une surpression est nécessaire pour créer unfilm liquide assurant la flottaison de la sphère.La pression moyenne dans le film est obtenuelorsque la composante verticale de la force depression Fp égale le poids du granit Fg:

==>

Application: pmoy - patm = 53’672 N/m2 0.54 atm.Cette valeur est étonnamment faible !

b.1. L’équation du mouvement, exprimée par l’équation de Navier-Stokes pour unfluide incompressible, s’écrit:

e est la densité de l’eau.Compte tenu des hypothèses, elle se simplifie et s’écrit: .La vitesse a une seule composante, v(r,)ê.Le film liquide s’écoulant à travers une section augmentant avec , la conservation dela masse de fluide implique que sa vitesse va décroître en 1/sin lorsque augmente.En utilisant la coordonnée y à la place de r pour alléger l’écriture (figure), le débit estdonné par:

La faible épaisseur du film (h << R) permet de considérer l’écoulement en «lignedroite» et ainsi d’utiliser le repère (x,y,). Le profil de la vitesse selon l’épaisseur dufilm est donc parabolique si les forces d’inertie et de gravitation sont négligées. Ensuivant la démarche de la section 5.3 du polycopié et en supposant que la sphère netourne pas, l’intégration à donné conduit à:

==>

Q

r

yx

Fg Fp p patm– Sd

S= =

pmoy patm–g

43---R

3

Rcos R sind d

0=

2

0

max

-----------------------------------------------------------------------4gR

3 2maxsin

--------------------------= =

eg gradp– 2v+ e td

dv e tv

v grad v+= =

gradp– 2v+ 0=

Q 2R v y yd

0

h

sin=

y2

2

d

d vA –= v y 1

2---A y h y– =

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- 61 -

Le débit vaut ainsi:

Le facteur A() = 6Q/Rh3sin décroît donc en 1/sin et conduit au profil de vitesse:

b.2. Compte tenu des hypothèses et des résultats de b.1, l’équation de Navier-Stokesconduit à une dépendance de la pression uniquement selon .En utilisant le repère (x,y) de la figure, l’équation de Navier-Stokes selon s’écrit:

L’expression de la pression est obtenue par intégration:

==>

La singularité en =0 ne pose pas de problème. D’une part, notre analyse ne couvrepas la zone centrale du jet et d’autre part l’étudiant peut vérifier que la force de sus-tentation de cette zone reste finie.Une épaisseur de h minimale est requise pour éviter tout frottement entre solides,mais une valeur maximale est à considérer pour éviter que le doigt d’un visiteur cu-rieux ne s’y coince !

c. Selon l’équation de Navier-Stokes, l’effet de la gravitation (g) est uniquementd’ajouter une composante hydrostatique à la pression. Les valeurs des paramètresconduisent à une variation de pression selon l’épaisseur du film de g 3N/m2.Cette valeur est 20·105 fois inférieure à la pression moyenne calculée en (a); elle estdonc négligeable.

d. La fraction immergée V (calotte sphérique) du volume V de la sphère est donnéepar:

Les valeurs des paramètres conduisent à une fraction V/V 0,02.

Q16---R A h3

sin=

v y 3Q

Rh3 sin

------------------------- y h y– =

xddp 1

R----

ddp

y2

2

d

d v A –= = =

p/patm

3

2

0.60.40.20.21

pd

p

patm

R6Q

Rh3 sin

------------------------- – d

max

=

p patm–6Q

h3

-----------1 maxcos– sin

1 cos– maxsin------------------------------------------------ln=

VV

--------

13---R

31 maxcos– 2 2 maxcos+

43---R

3--------------------------------------------------------------------------------------------------=

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- 62 -

La force d’Archimède FA ne compense donc qu’une très petite partie du poids de lasphère:

, soit environ 0,7 %.

Il est donc raisonnable de la négliger.

e. La force d’inertie correspond au membre de droite de l’équation de Navier-Stokes.L’écoulement étant stationnaire, le premier terme (v/t) est nul.La conservation de la masse de fluide implique que la vitesse du liquide décroît en 1/sin. En conséquence, la décélération du fluide implique une force d’inertie expriméepar le terme(v.grad)v.L’importance de la force d’inertie peut être estimée en la comparant aux forces vis-queuses. En termes d’ordre de grandeur, le rapport de ces forces s’expriment par:

U est une vitesse caractéristique de l’écoulement du film et Re est le nombre de Rey-nolds.

Les effets de la force d’inertie seront donc négligeables si .

Prenons comme vitesse caractéristique U la vitesse moyenne dans une section du film,soit:

Pour 5o < < max, 9 > U > 1. En conséquence, Re 106. Par ailleurs, (h/R)2 10-7.La force d’inertie n’est donc négligeable que si le débit est inférieur à environ 1 l/s.

f. L’équation de Bernoulli s’applique si l’on suppose le liquide parfait. Par effet Ventu-ri, la force d’inertie seule crée alors une force d’attraction de la sphère, opposée à la lé-vitation souhaitée !

FA

mg--------

e

-----

VV

--------=

evx

v

y

2

2

v---------------

eUUR----

U

h2

-------------------- h

2

R2

------eUR

-------------- h

2

R2

------Re= =

h2

R2

------Re << 1

U3Q

8Rh sin--------------------------=

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- 63 -

Exercice 74La bille de masse m est soumise aux forces de gravitation Fg,de viscosité F et d’Archimède Fa: figure. Son évolution seraobtenue en résolvant l’équation de Newton selon z:

==>

avec: [s-1] et [s-2] car

Une première intégration conduit à l’évolution de la vitesse de la bille. En tenantcompte de la condition initiale v(t = 0) = 0, on obtient:

La seconde intégration, suivie de la prise en compte de la condition initiale z(t = 0) = 0,conduit à l’évolution temporelle de la position de la bille:

La densité est contenue dans le facteur a que l’on peut calculer en utilisant la donnéede l’énoncé: Z= 10 cm en T = 5 s.De façon à éviter une solution numérique nécessitée par la forme de l’équation ci-des-sus, faisons l’hypothèse que aT est grand et donc que e-aT est négligeable. Cette hypo-thèse devra ensuite être vérifiée.

==> a = 0,2 ou 440 s-1.

- si a = 0,2, alors = 0,0014 [Pas]- si a = 439,8, alors = 3,05 [Pas]

Seule la valeur = 3,05 [Pas] permet de négliger l’exponentielle. On peut vérifier quec’est bien la solution physique, car elle seule conduit à une vitesse de la bille prochede la valeur expérimentale.

Exercice 75L’écoulement de Poiseuille décrit l’écoulement stationnaire d’un fluide visqueux in-compressible dans une conduite.Choisissons une conduite cylindrique, horizontale, de longueur L et de section telleque l’effet de la pesanteur est négligeable: figure. Cette situation conduit à un écoule-ment axisymétrique.

FFa

Fg

z

0

mg 6rz·–43---r

31g– mz··= z·· az· b–+ 0=

a9

22r2

--------------= b2 1–

2------------------g= m

43---r

32=

v t z· t ba--- 1 e

at–– = =

z t b

a2

----- at eat–

1–+ =

a2Z abT– b+ 0=

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Utilisons les coordonnées cylindriques (r,z) définies sur la figure. La vitesse s’écrit v= (0,0,v). Le profil de vitesses, calculé au cours, est parabolique et s’écrit:

a. Le vecteur tourbillon est défini par (équation 9).

En calculant T en coordonnées cylindriques pour respecter les symétries, on obtient:

L’amplitude des vecteurs tourbillon dépend durayon de la conduite. Les lignes tourbillon sontdes cercles de rayon r perpendiculaires à l’axe dela conduite et les tubes tourbillon sont des cy-lindres de rayon r: figure.

b. L’existence d’un vecteur tourbillon signifieque les particules fluide avancent le long de laconduite en tournant sur elles-mêmes: figure.Ce mouvement de rotation est provoqué par le fait que deux couches voisines defluide selon le rayon de la conduite n’ont pas la même vitesse (profil parabolique). Enconséquence, des contraintes tangentielles existent.

c. En tenant compte de l’incompressibilité du fluide, la partie dynamique du tenseurdes contraintes s’écrit (équation 85).En utilisant le repère (êr, ê, êz) des coordonnées cylindriques et l’expression du profilde la vitesses, ce tenseur s’écrit:

R

rz

Ly x

v r p4L----------- R

2r2

– =

T x t 12---rot v=

Tp

4L-----------re=

r zT

v(r)

ik 2· ik=

ik 2

· rr · r · rz

·r · ·z

·zr ·z ·zz

0 0p2L-------r–

0 0 0

p2L-------r– 0 0

= =

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La contrainte de cisaillement, en tout point r de l’écoulement, vaut ainsi:

ou

Pour le calcul de la force de frot-tement, considérons la petite sur-face dS de la figure, telle que:

La force sur cette petite surfacevaut:

On en déduit la force de frottement de la paroi sur le fluide (r = R):

==> ou

Exercice 76Cherchons la forme de v(x), sachant quev(x=0) = v0 est constante.Soit l’élément de fluide de masse dm,épaisseur dx et de surface unité, situé àune distance x de la plaque: figure.La force de viscosité agissant sur unesurface unité, i.e. la contrainte tangen-tielle, est donnée par (équation 22, poly-copié «propriétés élastiques des solideset des fluides»):

En conséquence, l’équation de Newton selon y appliquée à cet élément s’écrit:

==>

En régime permanent, v(x,t) = v(x) et donc:

zr r p2L-------r–= zr r

4vmoy

R2

--------------------r–=

R

rz

L x

r d

êr

êdS rddzer=

dF

0 0p2L-------r–

0 0 0

p2L-------r– 0 0

dS

0

0

p2L-------r

2ddzez–= =

Ff Fd

0

2

0

L

= Ff pR2ez–= Ff 8Lvmoy–=

v0

x x+dx

x

y

0

F(x)

F(x+dx)

dm

x x

v=

dxt2

2

y x

vx x

vx dx+

– = dx

t2

2

y dxt

v –x

2

2

v= =

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- 66 -

La condition limite v(x=0) = v0 implique B = v0 L’existence d’une couche limite implique qu’il existe une distance e telle que v(e) = 0et donc: A = - v0/e.On en tire l’expression de v(x):

Connaissant le profil v(x), l’éner-gie cinétique entourant la plaquepeut être calculée:

et donc:

Pour passer de la position (1) à(2), une énergie Ecin à été fournieà cette masse de fluide au reposen (1) et en mouvement en (2).Cette énergie est apportée par laforce qui tire la plaque:

En reprenant l’expression précédente de Ecin, on en déduit l’épaisseur de la couche li-mite

On remarque que l’épaisseur e dépend des caractéristiques du fluide et .

Application: pour L = 10 cm et v0 = 10 cm/s, eeau = 0,24 cm et eglyc = 8,5 cm.

x

2

2

v0=

xv

A= v x Ax B+=

v x v0e x–

e----------- =

x0

S

S

a

e

v0

L

(1)

(2)

y

Ecin 2v

2x

2-------------S xd

0

e

=

Ecin

Sev02

3----------------=

Ecin F yd

1

2

2Sx

vx 0=

yd

1

2

2Sv0

e----- yd

L–

0

– 2Sv0

e-----L= = = =

e6Lv0-------

---=

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Exercice 77La résolution de ce problème suit l’approche décrite àla section 5.6 du polycopié.Les caractéristiques de l’écoulement conduisent aux af-firmations suivantes:1. L’élément de masse: se décompose en deux éléments exprimés par:

et

En conséquence, l’équation de continuité de la massedu fluide incompressible s’écrit:

(1)

2. La variation de quantité de mouvement dp de l’élément de masse dm est donnépar:

Cette variation dp résulte de la force R exercée par la paroi sur le fluide. Le théorèmede la quantité de mouvement conduit à:

(2)

et la force exercée par le fluide sur la paroi est F = - R. Cette force n’est pas une forcede pression: elle est due à la variation de quantité de mouvement du fluide.

3. Pour un fluide parfait, l’équation de Bernoulli s’exprime ici par:

Tout le jet étant à la pression atmosphérique, on en déduit que:

(3)

En utilisant les équations 1 et 3, on en déduit: (4)

De même, par les équations 2 et 3: (5)

4. Le fluide étant parfait, la paroi ne peutexercer que des contraintes normales surle fluide et donc R est perpendiculaire à laparoi: figure.On en déduit:

h

vdm v1

dm1

v2dm2

h2

h1

dm hLvdt=

dm1 h1Lv1dt= dm2 h2Lv2dt=

hv h1v1 h2v2+=

dp dm2v2 dm1v1 dmv–+=

R h2Lv2v2 h1Lv1v1 hLvv–+=

v2

2-----

p---+ constante=

v1 v2 v= =

h h1 h2+=

R Lv h2v2 h1v1 hv–+ =

RLv(h1-h2)v1

Lvhv

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- 68 -

et (6)

Cette dernière relation et l’équation 4 conduisent à:

(7)

La combinaison des équations 6 permet d’obtenir l’expression de R en fonction deséléments connus (h,v,):

Pour trouver le point d’application de la force F = -R sur la paroi, il suffit d’égaler le moment total enO des forces dues aux éléments de masse dm, dm1et dm2 et le moment en O de leur résultante F: fi-gure.Moment dû aux forces exercées par dm, dm1 etdm2:

Moment dû à F:

En égalant ces expressions et en introduit l’équation 5, on obtient le point d’applica-tion de F:

Cette expression se simplifie en remarquant que:

On obtient finalement: ou

> 0 ==> le moment de F par rapport à O tend à faire tourner la paroi autour de O detelle façon que = /2.

Exercice 78La résolution de ce problème suit l’approche décrite à la section 5.6 du polycopié.a. Soit le référentiel Oxy en translation avec l’aube à la vitesse u: figure.

R Lv2

h2

h1 h2– 2–= h cos h1 h2–=

h1h2--- cos 1+ h

2---

2cos= =

R hLv2 sin=

h1Lv2

h1/2

hLv2

h2/2h2Lv2

FO

MO

h2

2-----h2Lv

2–

h1

2-----h1Lv

2+

Lv2

2------------- h1

2h2

2– = =

MO F hLv2 sin= =

h1

2h2

2–

2h sin------------------=

h12

h22

– h12

h h1– 2– h 2h1 h– h2

2 2---

2cos 1–

= = =

hsin

----------- 2---

2cos 1– = h

2---ctg=

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- 69 -

Dans ce référentiel, la vitesse du jet est:

et la vitesse du jet sortant est - vr.

La variation de quantité de mouvement d’un élément de masse dm = Svrdt du jets’écrit:

La force exercée par le jet sur l’aube vaut ainsi:

Le travail effectué par F par unité de temps est égal à la puissance fournie à la turbine:

P est optimale pour dP/du = 0, i.e. pour u telle que:

Pour u = v, la puissance P = 0, i.e. P est minimalePour u = v/3, la puissance est maximale et vaut:

b. La conservation de la masse s’écrit:

==>

Hypothèse: l’eau est considéréecomme un fluide parfait et incom-pressible. L’équation de Bernoulli

v

v

u

u x

y

F

S/2

S

S/2

vr

-vr

-vr

O

Aube, vue de dessus

vr v u–=

dpdm2

--------vr–dm2

--------vr– dmvr– 2Svrdtvr–= =

F td

dp– 2Svrvr= =

P F u 2Svrvr u 2Su v u– 2= = =

u2v v

3---------------=

P827------Sv

3=

vv1

p1

S

S1

p0

S1v1 Sv= v1SS1------v=

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- 70 -

s’applique alors:

.

La combinaison de ces deux équation conduit à:

La turbine satisfait ainsi à:

, S1 et p0 sont fixes. p1 est donnée par la hauteur de la chute d’eau.S est réglée pour maintenir u constante et dépend directement de P et p1.

v12

2-----

p1

-----+

v2

2-----

p0

-----+=

v2 2 p1 p0–

1SS1------ 2

–--------------------------------=

P 2Su2 p1 p0–

1SS1------ 2

–-------------------------------- u–

2

=

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- 71 -

Section 6: physique des surfaces

Exercice 79La loi de Jurin pour deux plaques parallèles séparéespar une distance d (figure) peut être déterminée en ré-pétant le raisonnement fait au cours pour l’ascensiondans un capillaire.On suppose à nouveau que la hauteur du ménisqueest négligeable.La hauteur h est obtenue en considérant l’équilibreentre l’augmentation de l’énergie potentielle lorsd’une montée de h du liquide et l’augmentation del’énergie superficielle correspondante:

A est l’augmentation de surface.En considérant le volume de liquide de hauteur h, de largeur d et de longueur L, A= 2Lh et m = dLh.En utilisant l’équation 151 du polycopié, on obtient:

Pour deux plaques de verre verticales formant un angle faible , on aura .Donc,

h(x) est une hyperbole.

Exercice 80a. En utilisant l’équation 140 du polycopié avec , on a:

Pa

b. Pour l’état final: Pa.

c. Considérons les systèmes “bulle” et “air environnant”: la surface délimitée par lamembrane lors du gonflage diminue le volume du système “air environnant”. Lapression extérieure de la bulle lors du gonflage est la pression atmosphérique, .Donc, le travail fourni à l’atmosphère à la surface de la bulle est:

J

pa

d

hhm

L

sl sg– A mgh+ 0=

h2lg cos

gd----------------------=

d x x=

h x 2lg cos

g----------------------

1x---=

0.026 N m=

pii pei–4r1----- 3.47= =

pif pef–4r2----- 1.93= =

patm

Watm patmV patm43--- r2

3r13

– 55.4= = =

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- 72 -

d. L’énergie de surface fournie au système “bulle” lors du gonflage est donnée par:

Exercice 81Toutes les forces sont exprimées pour une unité de longueur de la paroi.z est le niveau du liquide non déformé.a. Considérons la partie du ménisqueentre x et x = A où la surface libre du li-quide n’est plus déformée: figure. Lesforces horizontales exercées sur cet élé-ment sont:- Les forces dues à la pression hydrosta-tique patm à l’extérieur et p(x) = patm -gz dans le liquide. La résultante est ho-rizontale, dirigée vers les x négatifs, et vaut:

- La résultante horizontale des forces de tension superficielle.La projection horizontale de ces différentes forces s’écrit:

L’équilibre du point A, où le raccordement liquide solide est supposé tangent, permetde relier les différentes tensions superficielles entre elles:

En introduisant cette expression dans l’équation précédente, l’équilibre horizontal decet élément de ménisque s’écrit ainsi:

==>

b. La hauteur h du ménisque est obtenue directement de l’équation précédente:

Autre méthode

WS dA 24 r22

r12

– 1.32 mJ= = =

z

x

x

hlg

Fp

sgAsl

Fp p z' z'd

0

z

gz' z'd

0

z

12---gz

2= = =

– sl lg sin– Fp– sg+ 0=

sl– lg– sg+ 0=

12---gz

2x lg 1 x sin– = z x

2lg

g---------- 1 x sin– =

h2lg

g---------- 1 0 sin–=

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Considérons le point B situé juste sous lasurface, à l’abscisse x. La pression en cepoint peut être exprimée de 2 manières, parles lois de Laplace et de l’hydrostatique:

==>

Le rayon de courbure est défini mathématiquement par:

La combinaison de ces 3 relations s’écrit: (a)

L’intégration de cette équation et la condition limite dz/dx = z = o si x conduit à:

Ce résultat est identique à l’expression de z(x) obtenue par la première méthode. Onle vérifie en remarquant que dz/dx = cotg.Une alternative à cette seconde méthode est d’exprimer le rayon de courbure par 1/R= d/ds, où = /2 - et s est l’abscisse curviligne dont l’élément de longueur peuts’écrire:

On obtient ainsi:

qui conduit au même résultat.

Remarque: la surface du ménisque est une exponentielle si z est petit quel que soit z,i.e. si1/R d2z/dx2. L’équation (a) conduit à:

où est la longueur capillaire

z

xx

B

R(x)

pA patm– 2lg12---

1R----

1----–

=pA patm=

lg

R------–

pA patm gz–=

1R------

x2

2

d

d z

1xd

dz

2+

3 2--------------------------------------=

gzlg---------

x2

2

d

d z

1xd

dz

2+

3 2--------------------------------------=

1

1xd

dz

2+

1 2-------------------------------------- 1

gz2

2lg------------–=

ds dx2

dz2

+ dx 1 tg 2+= =

gz lg sdd lg

d

dx 1 tg 2+

------------------------------- lgdcos

dx------------------ lg

tgdcos dz

--------------------------- lgsin d

dz-----------------= = = = =

z x z x 0= ex– Lc

= Lc

lg

g------=

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- 74 -

Exercice 82a. Les conditions d’équilibre d’un liquide (l) pur en équilibre avec sa seule vapeur (v)s’écrivent:

équilibre mécanique, loi de Laplace (équation 141):

équilibre chimique:

Si l’on passe d’un état d’équilibre à un autre état d’équilibre très voisin, ces équationss’écrivent:

et

Le potentiel chimique intervient notamment dans l’équation de Gibbs-Duhem, va-lable au sein d’une phase fluide de volume V, pression p, échangeant ni moles de dif-férentes substances i avec une autre phase:

En tenant compte de l’hypothèse d’une température constante et de l’équation deGibbs-Duhem, les équations d’équilibre d’une interface sphérique de rayon rconduisent à:

==> avec r > 0 (goutte) ou r < 0 (cavité)

est le volume occupé par une mole.

b. Cas d’une goutte sphérique de rayon r.Négligeons le volume molaire du liquide qui est beaucoup plus petit que celui de lavapeur. En assimilant la vapeur à un gaz parfait, on obtient:

, avec r > 0.

Intégrons depuis une courbure nulle (1/r = 0, p) jusqu’à l’état quelconque (r, p) enadmettant que le volume molaire de la vapeur reste constant.Lorsque la pression considérée est la pression de vapeur saturante, on obtient:

Cette formule montre que:- La pression de vapeur saturante est d’autant plus élevée que la goutte est petite. Enconséquence, les grosses gouttes d’un brouillard de gouttelettes de diverses gran-deurs grossiront aux dépens des petites.- L’évaporation est plus rapide sur une surface convexe que sur un plan. Cet effet s’ex-plique par une diminution de la résultante des forces d’attraction.- L’équilibre d’une goutte est instable: si un peu de liquide s’évapore, la goutte de-vient plus petite et sa pression de vapeur saturante augmente, si bien que la gouttecontinue à se vaporiser.

c. Cas d’une cavité sphérique de rayon r.Négligeons à nouveau le volume molaire du liquide. On obtient:

pl pv– 2=

l v=

pl pv– 2 = l v=

SdT Vdp– nidii+ 0=

Vlpl Vvpv= 2r

----- Vv Vl–

Vl-------------------pv=

V

2r

----- RT

Vl--------

pv

pv---------=

ps r pse2Vl RTr

=

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car r < 0 (1)

Cette formule montre que:- La pression de vapeur saturante est d’autant plus faible que la cavité est petite.- La condensation est plus rapide sur une surface concave que sur un plan. Cet effets’explique par une augmentation de la résultante des forces d’attraction.

d.L’équation 1 permet de décrire les phénomènes de conden-sation dans un pore cylindrique: figure.L’hypothèse d’un mouillage parfait conduit à des mé-nisques sphériques de rayon r. En conséquence, la pressionde vapeur saturante dans les pores est donnée par l’équation 1. Cette pression étantinférieure à celle du liquide en masse, il peut exister du liquide dans les pores en pré-sence d’une vapeur non saturée. En augmentant légèrement la pression de la vapeur,la condensation peut continuer tant que le ménisque n’a pas atteint le bord supérieurdes pores. Ensuite, les ménisques vont s’aplatir dans que ps < ps.Le rayon r* des pores permettant de construire un dispositif de récupération d’eau encondensant la vapeur contenue dans de l’air à 90% d’humidité est ainsi donné par:

Exercice 83Une première contribution à la force résultede la différence de pression entre le liquideet l’atmosphère; elle est donnée par la loi deLaplace:

R1 est le rayon de courbure du pont dans le plan xy et R2 dans le plan yz; selon laconvention définie dans le polycopié, R2 < 0.Comme H << R1, la loi de Laplace s’écrit:

La différence de pression étant négative si 0 < /2, elle crée une force de «collage»valant:

ps r pse2– V RT r

=

r 2VRT 0.9ln--------------------- 10nm= =

H

R1yz R2

p pl patm– 1R1------

1R2------–

= =

p 1R1------

cosH 2------------–

2 cos

H------------------–=

Fp R12 2 cos

H------------------

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Une seconde force résulte de la tension superfi-cielle sur le périmètre des surfaces de contact li-quide/solide: figure.Cette seconde force de collage s’écrit:

Les 2 plaques sont ainsi collées par une force capillaire valant:

Pour un volume de liquide fixé, cette force diminue rapidement si H augmente. L’im-portance relative de ces 2 forces est donnée par Fp/F = R1/Htg.

Application: N.

RemarqueUn dispositif de collage miniature, utilisant environ 500 gouttes de R1 = 250 m surune surface d’1 cm2, vient d’être réalisé. Il développe une force d’environ 40 mN enmoins de 0,1 s: Nature 463, 7281, 2010.

Exercice 84a.1. Une première méthode consiste àécrire que la somme des forces agissant surune portion de la goutte (partie grisée de lafigure) est nulle (équilibre).En les projetant sur l’axe x, ces forces sont:- la force capillaire, intégrée sur le contourextérieur (liquide/air): F1 = 2zcos- la force de pression sur la section de la goutte (couronne de rayons z et b): F2 = -p(z2 - b2),- la résultante des forces capillaires exercées par le cheveu sur la goutte (contour inté-rieur):

En utilisant la relation en (x,z)=(0,0): , la somme de ces 3 forcesconduit à:

(1)

cos = dx/ds et par ds2 = dx2 + dz2 (ds et dx sont toujours de mêmesigne) et .

F

F 2R1 sin

Fc Fp F+ 2R1

R1 cos

H------------------- sin+ =

Fc Fp F+ 7 94 0 0023+=

x

z

F3 2bsl 2bsg–= 2b sl sg– 2b lg– 2b–= = =

lg sg sl–= =

z

1 z·2

+ 1 2

----------------------------p2------- z

2b

2– – b=

ds dx 1 z·2

+=z· dz dx=

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- 77 -

a.2. Une seconde méthode consiste à utiliserla loi de Laplace qui assure que la surface dela goutte a une courbure constante:

(2)

Les rayons de courbure varient naturelle-ment en fonction de x.Considérons le point A de la figure; R1 = MA est le rayon de courbure dans le plan dela figure et R2 = NA est le rayon dans le plan perpendiculaire coupant le plan de la fi-gure selon MA. R2 est toujours positif, mais R1 > 0 si M est dans la goutte et < 0 sinon(point B par exemple).Déterminons la forme de la surface en intégrant l’équation 2.

Les rayons de courbure peuvent être exprimés en fonction de l’abscisse curviligne s, et z:

et ==> l’équation 2 s’écrit: (3)

Le long de la courbe paramétrée par s, les variations des coordonnées z et x sont: dz =ds·sin et dx = ds·cos. Notons:

et

Par ds2 = dx2 + dz2, il vient (ds et dx sont toujours de même signe) etdonc:

et <==>

L’équation 3 s’écrit donc:

L’intégrale première de cette équation, qui décrit le profil z(x) de la goutte, s’écrit:

qui correspond à l’équation 1.

b. En tenant compte de la condition de symétrie dz/dx = 0 en z = L, on peut détermi-ner la surpression dans la goutte à partir de l’expression du profil z(x):

==>

z

x

A

N

M

s

B

2 1R1------

1R2------+

p patm–

--------------------

p

-------= = =

z R2 cos= ds R1d–=sd

d–

cosz

------------+p

-------=

z·xd

dz= z··

x2

2

d

d z=

ds dx 1 z·2

+=

sdd

xdd

sddx

xdd 1

1 z·2

+------------------= = z··

d tan dx

-------------------- 1 2tan+

xdd

= =xd

d z··

1 z·2

+--------------=

z··

1 z·2

+ 3 2

----------------------------–1

z 1 z·2

+ 1 2

-------------------------------+p

-------=

z

1 z·2

+ 1 2

----------------------------p2------- z

2b

2– – b=

p2------- L

2b

2– L b–= p

2L b+-------------

2L-----=

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- 78 -

Cette surpression est à peu près la pression de Laplace d’une goutte sphérique derayon L, la correction b étant négligeable.

Exercice 85Lorsque le rayon r de la bulle varie de dr, sa surface varie de 8rdr et l’énergie super-ficielle croît de 16rdr. Admettons que l’écoulement de l’air s’effectue en paroimince, ce qui permet de négliger les frottements.La diminution d’énergie superficielle est donc utilisée pour créer l’énergie cinétiquede l’air sortant de la bulle à vitesse v.La conservation du volume d’air s’écrit:

(1)

La conservation de l’énergie conduit à:

est la densité de l’air à la pression atmosphérique et température de l’expérience.En utilisant l’équation 1, cette relation s’écrit:

Introduisons cette valeur de la vitesse dans l’équation 1, puis intégrons la relation ob-tenue:

On obtient ainsi le temps T nécessaire à vider la bulle de rayon R: .

On constate que le temps nécessaire pour qu’une bulle se vide par un orifice est inver-sement proportionnel à la section S de l’orifice et proportionnel au rayon E de la bulleà la puissance 7/2.

Exercice 86Soit un point de la surface libre en r, dont l’ascension est donc z(r). Les rayons decourbure (section 6.3 du polycopié) en ce point valent R1 et R2.

a. La pression p juste sous la surface libre, en r, peut s’écrire de 2 manières (pressionhydrostatique et loi de Laplace):

et

Svdt 4r2dr–=

16rdr–12--- Svdt v

2 =

v2 8

r-----=

S2----- td

0

T

2r5 2

rd

R

0

–=

T47S------

R7

2----------=

p patm gz–= p patm lg1

R1------

1R2------+

+=

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- 79 -

En combinant ces 2 relations, on obtient l’équation de la surface libre du ménisque:

(1)

b. L’équation de l’interface liquide-gaz est donnée par l’équation 1:Considérons le point (r,z) de l’interface où l’angle de contact vaut Soit R1 le rayonde courbure perpendiculaire au plan de la figure a en ce point:

R1 s’exprime par:

Soit R2 le rayon de courbure de l’interface en (r,z), parallèle au plan de la figure b. Ilpeut être calculé en décrivant la courbe de l’interface dans ce plan par l’abscisse curvi-ligne s, avec s = 0 en un point de la surface du liquide non perturbée: figure b.

et ==>

L’équation 1 s’écrit ainsi:

(2)

c. Le poids du ménisque annulaire de rayon r r0 est obtenu en sommant les poids detubes verticaux de rayon r et largeur dr:

En introduisant l’équation 2, cette intégrale peut être calculée, sachant que FC a unevaleur finie:

zlg

g------–

1R1------

1R2------+

=

r0

sr

CC

(a)

rr

z

R2

R2

z

(b)

rR1------ cos=

1R1------

cosr

------------=

ds R2d=drds----- sin– 1

R2------

rdd

sin– d cos

dr--------------------= =

z lg

g--------–

1r---

d r cos dr

---------------------- =

FC 2– g rz r r ezd

r0

=

FC 2– g rz r rd

r0

2lg r cos d

0

2

2– lgr0 0cos= = =

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- 80 -

Cette force FC est donc égale et opposée à la composante verticale de la force de ten-sion superficielle due à lg, agissant sur la ligne triple. FC < 0 est dirigée vers le basdans ce cas d’un liquide mouillant (ménisque en ascension).Remarque: la poussée d’Archimède contribuant à la flottaison du cylindre doit être cal-culée en ne considérant que le volume de liquide déplacé par le cylindre (section xhauteur immergée par rapport au niveau non déformé). Le volume de liquide suréle-vé par le ménisque latéral n’intervient pas, puisque la poussée d’Archimède corres-pondante est équilibrée par la tension superficielle, i.e. c’est le ménisque créé par latension superficielle qui a refoulé le liquide.

Remarques- Le même résultat est obtenu pour une sphère partiellement immergée ou un cy-lindre horizontal (avec 1/R1) = 0).- FC a la même expression lorsque le liquide ne mouille pas le solide, mais la force FCest alors dirigée vers le haut: annexe 7.5.4 du polycopié.- Le cas d’un corps quelconque est traité par J.B. Keller, Physics fluids 10(11), 3009,1998.

Exercice 87Bilan des forces sur la tige suspen-due:- le poids de la tige: mg- les forces de tension superficielle:

- la tension des fils F1 et F3 avec |F1|= |F3|

Projection sur l’axe vertical: (a)

Détermination de F1 et F3: exprimons l’équilibre d’un élément dS de fil.

Bilan des forces:

h

L

mg

F2

F3F1 2ß

R

LF2 2Lez–=

mg F2– 2F1 cos– 0=

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- tension du fil à chaque extrémité de dS:F et F’-tension superficielle: |F’’| = 2dS

Equilibre des forces sur l’axe vertical:La tension du fil étant uniforme:

|F| = |F’| = |F1| = |F3|

Equilibre des forces sur l’axe horizontal:

==>

et donc: 2R = F1 = F3

En remplaçant F1 et F2 dans l’équation (a): (b)

et géométriquement . En remplaçant R dans l’équation (b), on obtient:

Application numérique:

donc,

or et et donc =>

Exercice 88a. Selon la section 6.2 du polycopié, on a:

dßdS

F’

F

F’’

R

F'' Fd2

------ F' d2

------sin+sin=

2dS 2Rd 2Fd2

------ Fdsin==

mg 2L– 4R cos– 0=

L 2R=

cos

------------mg2L--------- 1–=

cos

------------1 10

2–9 81

2 50 103– 0 1

---------------------------------------------- 1 8 81=–= 0 1128rad 6 46==

h2R------- sin= R

L2------= h

L sin

---------------= h 9 9cm=

dU pdV– TdS idmi+ +=

dU pdV– TdS idmi+ +=

dU dA TdS idmi+ +=

U U U U+ + dU pdV– pdV– dA TdS 0+ + +==

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où et

b. Premier principe => Le travail fourni au système lorsque le piston est déplacé s’écrit:

L’égalité des 2 équations ci-dessus conduit à:

c. Goutte sphérique: ; =>

Exercice 89L’insecte flotte grâce à la tension superfi-cielle. Son poids P appuie sur la surface duliquide, l’étire et augmente son aire. L’eaune mouillant pas facilement la graisse, laflottaison peut exister.Nous supposons que la force d’ArchimèdeFa est négligeable. L’équilibre est donc réali-sé lorsque F + P = 0.Les forces de tension superficielle exercées par le solide sur la ligne de contact valent,par unité de longueur de la ligne, sgê - slê, ê étant un vecteur unité dans la directionde sg: figure.L’équilibre de la ligne de contact s’écrit (équation 144 du polycopié): lgcos = sg - sl.La force exercée par la ligne de contact sur le solide étant égale et opposée à la forceexercée par le solide sur cette ligne, la projection de cette force selon ê s’écrit ainsi:

L’eau ne mouillant pas la graisse, il est raisonnable de supposer = , i.e. = 0.Le poids maximal de l’insecte pouvant flotter correspond à une direction verticale dela force résultante F due à la tension superficielle (ê = êz), qui est obtenue approxima-tivement lors d’un enfoncement égal au rayon r de chaque patte. On obtient:

> 0, i.e. selon z positif

En conséquence, le poids maximal d’un insecte à 6 pattes pouvant flotter vaut:

Application avec lg = 0,073 N/m.insecte sur l’eau: P = 12·0.073··20·10-6 = 55·10-6 N ou 5,5 g.

S S S S+ += mi mi mi mi+ + cte= =

W pdV– pdV– dA+=

W p dV dV+ –=

p p– dAdV-----------=

V43---r

3= A 4r

2= p p–

2r

-----=

x

z

lg

sg

sl

êgaz

liquide

sg sl– – lg cos–=

F sg sl– – 2r lg 2r= =

P 6lg 2r=

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- 83 -

insecte sur le mazout: P = 12·(0.073/3)··20·10-6 = 18·10-6 N ou 1,8 g.

On vérifie que la force d’Archimède Fa est beaucoup plus faible que le poids de lapatte et que sa contribution est donc négligeable: Fa = meg = e(2r3/3)g 10-10 N.

Exercice 90a. Méthode 1.Lorsqu’une goutte d’un liquide m est po-sée sur l’eau, son étalement résulte del’équilibre des trois forces de tension su-perficielle aux différentes interfaces (effetde la pesanteur négligé). En se référant àla figue:eau - air:

m - air:

eau -m:

où dl est un élément de la ligne triple (horizontale).

L’équilibre des forces dans le plan horizontal conduit à:

Dans le cas du mazout, est négligeable car est très faible. En tenantcompte des valeurs des tensions superficielles, cette équation n’a pas de solution, i.e.il n’y a pas d’équilibre possible de la goutte et l’on observe l’étalement du mazout.

a. Méthode 2.L’équation 137 du polycopié, en suppo-sant que seules les surfaces varient,s’écrit:

Or, l’interaction eau-mazout est négli-geable. De plus, en première approxima-tion,

==>

Le système tend donc à étendre la surface de contact air-mazout à l’infini.

b. Application au lac Léman1ère méthode: le volume de la couche est V = 582 x 106 x 10 x 10-10 = 0.582 m3

La densité du mazout étant ~ 0,8 g/cm3, on déduit la masse du mazout m 465.6 kg2ème méthode: la surface d’une molécule est de 78.5 x 10-20 m2 =>

dFe-a

dFm-a

dFe-m

eau

air1

2dFe a– e a– dl=

dFm a– m a– dl=

dFe m– e m– dl=

dFe a– dFe m– 2cos dFm a– 1cos–– 0=

dFe m– e m–

dAem

dAam

dF ea dAea am dAam em dAem+ +=

dAem dAea– dAam= = dF am ea– dAam 0=

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- 84 -

et donc

c. Le détergent diminue la tension superficielle . L’équation peut donc avoir unesolution. Nous assistons ainsi à la formation de “gouttes”.

Exercice 91a. La hauteur est donnée par la loi de Jurin (équation 151 du polycopié).Cette loi peut également être démontrée en utilisant les résultats obtenus pour unebulle de gaz dans un liquide (loi de La place: équation 141). On doit alors supposerque le ménisque (interface liquide-air) est une calotte sphérique.En négligeant la hauteur hm du ménisque, la loi de Laplace et le poids de la colonnede liquide s’écrivent à l’équilibre:

et

où est la pression atmosphérique, supposée égale au bas et au haut du capillaire.En utilisant , on retrouve la loi de Jurin:

b. Hypothèses:1) La hauteur du ménisque ( ) est négligeable.2) L’air est un gaz parfait.3) La compression de l’air dans le tube est isotherme(température ambiante).Comme avant, on a:

et ( = lg)

D’autre part,

Par suite,

En combinant ces équations, on obtient:

La hauteur de l’eau dans le tube est ainsi donnée par:

avec , et

n582 10

6

78.5 1020–

NA--------------------------------------- 1236 mol= = m Mn 309 kg= =

e a–

pa pe gh += pa pe–2lg

R----------=

par R cos=

h2lg cos

gr----------------------=

2r

hpa pe

hm

pi

L

hm

pa pe gh += pi pe–2R-----=

pV nRT constante= =

par2L pir

2L h– =

gh2 gL pa

2 cosr

------------------+ + h–

2L cosr

----------------------+ 0=

hb– b

24ac–

2a--------------------------------------=

a g= b gL pa2 cos

r------------------+ +

–= c2L cos

r----------------------=

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- 85 -

Exercice 92Le système est décrit par la figure ci-contre.a. Dans les 2 sphères de rayon R1 etR2, cloisonnées par une sphère derayon R3, les surpressions sont don-nées par:

; et

A l’équilibre, les 3 membranes possèdent la même tension superficielle.

Connaissant les rayons R1 et R2, on en déduit le rayon R3:

b. Les 3 membranes tirent leur arête commune avec des forces égales. En consé-quence, elles se coupent sous des angles égaux, valant 120o. Cela revient à dire que les3 droites de la figure font des angles de 60o entre elles.

Exercice 93A l’équilibre, juste avant l’arrachement:

F = - ·2rêz et Fa + mg + 2F= 0

où m est la masse de l’anneau.

On en déduit:

Exercice 94Hypothèses- l’eau est considérée comme un liquide incompressible de densité - la goutte est soumise au champ de gravitation- la goutte d’eau de volume V est à l’équilibre- V est suffisamment grand pour que le rayon de sa surface de mouillage soit tel queR2 >> e- le gaz en contact avec la goutte est l’air à pression patm constante

O1 O2 O3

R1R2

R3

p14R1------= p2

4R2------= p2 p1–

4R3------=

R3

R1R2

R1 R2–-------------------=

Fa

rz x

F

Fa mg–

4r-------------------=

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Première méthodea. Soit une «tranche» de la gouttede longueur unité dans la direc-tion y.Les forces agissant sur la surfacehachurée sont:- Forces superficielles dont la ré-sultante vaut:

- Force due à la pression hydrostatique, intégrée sur toute l’épaisseur de la goutte:

b. L’équilibre des forces sur la surface de la question (a) s’écrit ainsi:

Par ailleurs, l’équilibre des forces au point A selon l’axe x s’écrit (équation 145 du po-lycopié):

On obtient ainsi:

En utilisant la longueur capillaire , l’épaisseur de la goutte s’écrit:

ou alors, si

Application: en négligeant le pourtour de la surface mouillée, i.e. en considérant une«goutte» d’épaisseur constante, on obtient une surface S de:

S = 1,1 m2 si = 180o et S = 126 m2 si = 1o

Deuxième méthode

zlg

Fpress

lssgx

A

Fs sg lg ls+ –=

Fp g e z'– z'd0

e

12--- ge

2= =

12--- ge

2 sg lg ls+ –+ 0=

lg 0cos ls sg–+ 0=

lg 1 0cos– 12--- ge

2=

Lc

lg

g------=

e 2Lc

0

2----- sin= 0<<1, e = Lc

SVe----

V

2Lc

0

2----- sin

--------------------------------- S6 10

3–

2g------

2--- sin

---------------------------------------= =

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La réponse à la question (b) peut être obte-nue en ne considérant que le ménisque de lagoutte: figure. Soit en tout point du ménisque (s) ou (z).On a alors:ds = R1d et sin = - dz/ds et donc:

Le signe -, imposé par le convention de signe de , assure que R1 est positif.La loi de Laplace (équation 141) appliquée à la membrane du ménisque s’écrit:

(i)

L’équilibre du liquide est décrit par l’équation 69 du polycopié qui s’écrit ici: -g =dp/dz. Le liquide étant admis incompressible, on obtient par intégration:

(ii)

En combinant les équations (i) et (ii), on obtient par intégration:

==>

et l’on retrouve le résultat obtenu par la première méthode.

Exercice 95En négligeant l’angle , la loi de Jurin conduit à:

Exercice 96a. Annexe 7.5.1 du polycopié

b. Annexe 7.5.2 du polycopié

c. Annexe 7.5.3 du polycopié

d. Annexe 7.5.5 du polycopié

z

x

ds

R1dz

dz

1R1------

sdd

zdd

sin–= =

pi z patm– 2lg12---

1R1------

1R2------+

lg

R1 z -------------- lg z

zdd

sin–= =

pi z patm– g e z– =

g e z– zd

0

e

lg sin d

0

0

–= e2lg

g---------- 1 0cos– 2Lc

0

2----- sin= =

h2lg cos

gr----------------------

2 73 103–

1

103

9.81 105–

--------------------------------------- 1.49 m= = =

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Exercice 97En présence d’un potentiel V, l’énergie libre de la surface s’écrit (équation 137 du po-lycopié):

où Vdq est le travail fourni par la batterie pour amener une charge dq qui va se placerà l’interface.Hypothèse: l’adsorption est nulle et l’expérience a lieu à température constante.

Première méthodeEn intégrant cette équation de Gibbs par le théorème d’Euler des fonctions homo-gènes, on obtient l’équation entière F = qV + Asl dont on déduit que qdV + Adsl = 0que l’on peut écrire comme:

==> (1)

où = q/A est la densité de charge sur l’interface d’aire A et c est la capacité ducondensateur plan formé par le système, par unité de surface.Combinons cette relation avec l’expression de l’équilibre des tensions superficiellessur la ligne de contact (équation 145):

(2)On obtient:

L’intégration de cette équation conduit à:

où 0 = (V = 0) et en supposant que la capacité par unité de surface est constante.

Seconde méthodeL’intégration de l’équation 1 conduit à:

dF sldA SdT– idmi Vdq+

i+=

Vd

dsl –=V

2

2

d

d sl

Vdd

– c–= =

lg cos sl sg–+ 0=

d2 cos

dV2

------------------clg------=

cos 0cosc

2lg----------V

2+=

sl sl0–dsl

dV'--------- V'd

0

V

cV' V'd

0

V

–cV

2

2----------–= = =

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En utilisant l’équation 2, on constate que cette relationest équivalente à celle obtenue par la première mé-thode. Le résultat est illustré sur la figure ci-contre. Onconstate que la polarité de V permet de changer la di-rection de modification de l’angle .

Troisième méthodeCelle de l’article de Squires, qui est plus direct

Application: les valeurs dépendent naturellement des solide et liquide en présence,mais un exemple de la littérature conduit à = 40o pour V = 15 V.

Exercice 98a. La forme de la goutte de la figure indique que la paroi hydrophile se trouve à z > 0.

b. Le saut de pression aux interfaces liquide-air étant proportionnel à la courbure, unedifférence de pression existe entre les 2 extrémités de la goutte; elle provoque unmouvement de la goutte vers la paroi hydrophile, i.e. selon z > 0.

< 0 et > 0 avec = lg

La force de pression résultante selon ez s’écrit: Fz = - piSi + poSo Si = So = R2 est la projection de la surface normalement à ez.En utilisant la relation Rkcosk = R pour k = i et o, on obtient:

Comme o > /2, les contributions des 2 interfaces s’ajoutent.

c. Le travail des forces de tension superficielle qui provoque le déplacement de lagoutte va être freiné par celui des forces visqueuses. Lorsque ces effets se compensent,la vitesse v de la goutte est constante.De manière générale, l’équation de Newton appliquée à la goutte de masse m s’écrit:

Projetées selon l’axe z, les forces s’écrivent:- force due à la tension superficielle: F =2R(cosi - coso)- force due à la viscosité: F = 8Lv (viscosité air négligée)- force due à la gravité: Fg = 0 car le tube est horizontal.Lorsque ces forces se compensent, la vitesse v de la goutte est constante et vaut:

V

sl

0

pi2Ri-----–= po

2Ro------–=

F 2R2 1

Ri-----

1Ro------–

2R i ocos–cos = =

mtd

dvF F Fg+ +=

vR icos ocos–

4L----------------------------------------------=

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d. Oui, car l’équation ci-dessus est valable pour tout angle de contact .

Remarque: si la goutte est posée sur une surface plane, à cheval sur l’interface, l’expé-rience montre l’évolution de la forme de la goutte schématisée sur la figure ci-des-sous.

Exercice 99a. La pression p juste sous la surface libre, en x, peut s’écrire de 2 manières (pressionhydrostatique et loi de Laplace:

et (1)

R est le rayon de courbure de la surface libre, en x.En combinant ces 2 relations, on obtient l’équation de la surface libre du ménisque:

(2)

R est négatif pour z > 0 (ménisque en ascension), ce qui produit bien une aspirationdu liquide. Pour un liquide non-mouillant (question e), R > 0 et z est donc négatif.Cette relation correspond à un cas particulier du résultat obtenu dans l’annexe 7.5.1du polycopié.

b. Soit R le rayon de courbure de la surface libreen x. En introduisant l’abscisse curviligne à partird’une origine quelconque de la surface libre nonperturbée, l’équation 2 s’écrit:

==>

(3)

Cette relation z(x) est applicable quel que soit l’angle (liquide mouillant ou non).Elle correspond à un cas particulier du résultat obtenu dans les annexes 7.5.2 et 7.5.3du polycopié.On en déduit la hauteur h du ménisque:

(4)

c. Raisonnons sur un ménisque en ascension (liquide mouillant). La pression dans le

p patm gz–= p patm

lg

R x ------------+=

zlg

g------–

1R x ------------=

z

x

h

sz

lg

g------–

1R----

lg

g------–

sdd

lg

g------– cos

zdd = = =

z x 2lg

g---------- 1 x sin– =

h2lg

g---------- 1 0 sin–=

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ménisque en z(x = 0) est inférieure à la pression atmosphérique existant sur la surfacelibre et à gauche de la plaque verticale. En conséquence, le ménisque attire la plaquepar une force de pression horizontale; cette force, calculée pour une unité de longueurde la plaque, est obtenue en utilisant l’équation 1:

(5)

La composante horizontale de la force de la tension superficielle lg agit égalementdans la direction des x positifs. En conséquence, la résultante des forces horizontaless’écrit:

(6)

Ayant supposé que le ménisque à une longueur finie (une partie de la surface libren’est pas déformée), l’équation 4 peut être utilisée pour éliminer la dépendance en ;on obtient finalement:

[N/m] (7)

Le raisonnement suivi permet d’appliquer ce résultat au cas d’un liquide ne mouillantpas la plaque (question e).Cette force signifie que le liquide attire la plaque des figures a et b avec une force hori-zontale égale à la tension superficielle, quel que soit l’angle de mouillage.Ce résultat s’applique également à un liquide dans un récipient qui attire donc la pa-roi.

d. L’expression de z(x) est donnée à l’équation 2.En supposant que R est grand quel que soit x, l’expression de la courbure de la surfacese simplifie:

En introduisant cette relation dans l’équation 2, on obtient:

==>

Pour un ménisque en dépression (question e), h est négatif.

patmh p z zd

0

h

– patmh patm gz– zd

0

h

–12---gh

2= =

Fh12---gh

2 lg 0 sin+=

Fh lg=

1R----

x2

2

d

d z

1xd

dz

2+

3 2--------------------------------------

x2

2

d

d z––=

x2

2

d

d z glg------z= z he

glg-------x–

he

xLc------–

= =

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Exercice 100a. Considérons un point A du liquide, situé en x etjuste sous la surface.La pression en ce point peut être déterminée de 2façons:

- Par la loi de Laplace:

avec R < 0 car le centre de courbure est à l’exté-rieur de la surface liquide.

- Par la loi de l’hydrostatique:

La définition mathématique du rayon de courbure, supposé grand ici, est: .L’orientation du système de coordonnée choisi implique que d2z/dx2 0.R étant négatif, la combinaison des 2 expressions de pA conduit à:

==>

B = 0 car z = 0 si z tend vers l’infini. On obtient finalement:

b. La distance x* = Lc correspond à l’intersection dela tangente à z(x) en x = 0 avec l’axe x. En effet:

==>

Tangente: et donc z = 0 si x = x* = Lc.

R(x)

z

z0

xA

0pA patm– 2 12---

1R----

1----+

=

pA patm gz–=

1R----

x2

2

d

d z

x2

2

d

d z g

------zz

Lc2

------= = z x Aex– Lc

Bex Lc

+=

z x z0ex– Lc

=

z

z0

x

0x*

xddz

x 0=

z0

Lc------–=

z z0

z0

Lc------x–=

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