TRAVAUX DIRIGES DE MECANIQUE DES FLUIDES PC/PC

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TRAVAUX DIRIGES DE MECANIQUE DES FLUIDES

PC/PC*

Ce TD comporte deux séries d’exercices :

1) Des exercices d’applications directes du cours

2) Des exercices d’entrainement à l’écrit des concours (issus des annales X-ENS, Mines-

Ponts, Centrale-Supélec et CCP)

Dans la première série vous trouverez, pour chacune des parties « cinématique des fluides »,

« dynamique des fluides parfaits », « dynamique des fluides visqueux » et « bilans

dynamiques » donnant :

Conseils

Méthodes

Erreurs à éviter

Indications

afin de vous permettre de vous aiguiller dans la résolution d’un exercice et d’acquérir les bons

réflexes pour aborder une situation nouvelle.

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Sommaire

1ère série :

Remarques générales pour la cinématique des fluides ………….……………………… page 3

Exercice 1 : Modélisation d’une tornade ……………………………………………….. page 5

Exercice 2 : Méandre d’un fleuve ………………………………...……………………. page 7

Remarques générales pour la dynamiques des fluides parfaits ….…………………..... page 10

Exercice 3 : Mesure du débit d’une rivière ……..………………………………...…... page 12

Exercice 4 : La vidange de Torricelli ………………………………………….……… page 13

Exercice 5 : Champ de pression dans un vortex …………………………………..….. page 15

Exercice 6 : Oscillations d’un liquide dans un tube en U …………………………...... page 17

Remarques générales pour la dynamiques des fluides visqueux ….…………….…...... page 19

Exercice 7 : Ecoulement de Couette …………...………………………………..……. page 21

Exercice 8 : Ecoulement de Poiseuille ……………………………………………..… page 23

Remarques générales pour les bilans dynamiques ….……………………………...... page 26

Exercice 9 : Force exercée sur une canalisation coudée ………..………………..…… page 27

Exercice 10 : Tourniquet hydraulique ……………………….......…………………… page 29

Exercice 11 : Fonctionnement d’une éolienne ………..…………….…………………page 31

2ème série :

Exercice 12 : Régimes d’écoulement dans un canal ………………......................…….page 34

Exercice 13 : Oscillations d’un fluide entre deux bassins ……………………..……... page 36

Exercice 14 : Ecoulement sur un plan incliné …………..…………..………...………. page 39

Exercice 15 : Montée d’un liquide visqueux dans un bassin ………….………….…… page 41

Exercice 16 : Navigation à voile ………….……………………………………...…… page 44

Exercice 17 : Génération d’une onde de ressault ………….………………….….…… page 48

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1ère série : exercices d’applications directes du cours

◊◊◊◊ Remarques générales pour la cinématique des fluides

Conseils :

• Lorsqu’un écoulement est donné par son champ des vitesses vr

, par exemple en

coordonnées cylindriques ( , , , )v r z tθr

, bien lire l’énoncé pour préciser :

- quelle est la direction de vr

?

- l’écoulement est-il stationnaire (indépendant de t ) ?

- vr

est-il indépendant de certaines coordonnées spatiales (il faut parfois utiliser

des arguments de symétrie, comme en électromagnétisme) ?

• Si l’énoncé fournit une forme mathématique du champ des vitesses, vérifier

rapidement les valeurs de divvr

et rotvuurr

:

- si div 0v =r

alors l’écoulement est incompressible ;

- si rot 0v =uurr r

alors l’écoulement estirrotationnel.

• L’équation de conservation de la masse donne des informations sur la dépendance

des composantes du champ des vitesses vis-à-vis de certaines coordonnées spatiales.

Méthodes :

• Pour déterminer le champ des vitesses d’un écoulement tourbillonaire :

On utilise la propriété (issue du théorème de Stokes) : la circulation du champ des

vitesses sur un contour fermé est égal au double du flux du vecteur tourbillon

2v d dSΓ Σ

Ω⋅ =∫ ∫∫r uur uuruur

l .

Choisir pour Γ et Σ des géométries adaptées qui rendent simples les calculs de

circulation et de flux.

• Pour déterminer le champ des vitesses d’un écoulement incompressible et

irrotationnel : il faut résoudre l’équation de Laplace 0∆ϕ = .

On se donne une forme de solution correspondant à la situation et on détermine les

constantes d’intégration des équations différentielles à varaibles spatiales à l’aide des

conditions aux limites.

Puis gradv ϕ=r uuuur

donne le champ des vitesses.

Indications :

• Si l’écoulement est stationnaire alors ( )div 0vρ =r

et le débit massique se conserve.

• Si l’écoulement est incompressible et stationnaire alors div 0v =r

et le débit

volumique se conserve.

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• Si l’écoulement est irrotationnel alors rot 0v =uurr r

. On peut alors utiliser le potentiel

des vitesses ϕ tel que gradv ϕ=r uuuur

(car ( ), rot grad 0ϕ ϕ∀ =uur uuuur r

).

• Un liquide (incompressible) est toujours en écoulement incompressible et div 0v =r

.

• Un gaz (compressible) peut être en écoulement incompressible ( div 0v =r

) ou en

écoulement compressible ( div 0v ≠r

).

• Si deux fonctions de deux variables indépendantes sont égales alors les deux

fonctions sont constantes : ( ) ( )f x g y= avec x et y indépendantes alors

( ) ( )f x g y cte= = (la même constante pour f et g !).

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◊◊◊◊ Exercice 1 : Modélisation d’une tornade

Lorsqu’on observe une tornade s’approchant, on peut voir une colonne d’air entre la mer et un

nuage, le centre de la colonne est appelé « l’œil » de la tornade, le bord de la colonne est

appelé « le mur » de la tornade.

Une tornade est modélisée par un écoulement incompressible et rotationnel de l’air, en

mouvement stationnaire à l’intérieur d’un cylindre d’axe Oz vertical ascendant, de rayon a .

On caractérise cet écoulement par un vecteur tourbillon : zuΩ Ω=uur uur

, avec Ω stationnaire et

uniforme et on cherche le champ des vitesses vr

en tout point de l’atmosphère.

Les observations par images satellites montrent que les particules fluides ont des trajectoires

circulaires horizontales centrées sur Oz et le champ des vitesses est orthoradial, en

coordonnées cylindriques : ( , , )v v r z uθθ=r uur

.

1. Justifier que le champ des vitesses se réduit à ( )v v r uθ=r uur

.

2. Rappeler le lien entre les vecteurs Ωuur

et vr

. Déterminer ( )v r en utilisant le théorème de

Stokes.

3. Tracer l’allure de la courbe ( )v r .

4. Commenter quelques valeurs particulières.

Solution

1. La tornade possède l’invariance par rotation autour de l’axe Oz donc v ne dépend pas de

θ . La trajectoire d’une particule fluide est située dans un plan horizontal ( )z cte= donc v ne

dépend pas de z . Finalement ( )v v r uθ=r uur

.

2. Le vecteur tourbillon et le champ des vitesses sont liés via 1

rot2

vΩ =uur uurr

.

La circulation du champ des vitesses sur une trajectoire de particule fluide s’écrit, d’après le

théorème de Stokes : rotv d vdSΓ Σ

⋅ =∫ ∫∫r uur uurruur

l , donc 2v d dSΓ Σ

Ω⋅ =∫ ∫∫r uur uuruur

l .

On choisit pour Γ un cercle de centre O et de rayon r , on a alors 2 ( )v d rv rΓ

π⋅ =∫r uur

l .

On choisit pour Σ un disque de centre O et de rayon r et deux cas se présentent :

mer

nuage

mur œil

z

a

Ωuur

0

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• r a< : 2dS r

ΣΩ Ω π= ⋅∫∫uuruur

, d’où 22 ( ) 2rv r rπ Ω π= ⋅ , soit ( )v r rΩ= ⋅ ;

• r a> : 2dS a

ΣΩ Ω π= ⋅∫∫uuruur

, d’où 22 ( ) 2rv r aπ Ω π= ⋅ , soit 2

( )a

v rr

Ω ⋅= .

3. L’allure de la courbe ( )v r est la suivante :

4. Commentaires de quelques valeurs particulières :

- au centre de la tornade : (0) 0v = , c’est une zone de calme (l’œil) ;

- en r a= la vitesse est maximum, c’est une zone de grand vent (le mur) ;

- 0r

v→∞

→ : pas d’effet loin de la tornade.

ar

( )v r

aΩ

0

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◊◊◊◊ Exercice 2 : Méandre d’un fleuve

On appelle méandre le lieu où au un fleuve tourne. A l’intérieur de la courbe on observe une

plage et à l’extérieur de la courbe on observe une falaise.

On cherche à interpréter ces observations.

Pour cela on modélise la situation de la façon suivante :

On considère l’écoulement d’un liquide dans un dièdre d’angle α .

Cet écoulement est plan (le champ des vitesses est dans un plan horizontal), incompressible,

irrotationnel (pas de tourbillon) et stationnaire, il s’effectue dans le plan perpendiculaire à

l’axe Oz vertical ascendant, et on repère un point M du liquide par ses coordonnées polaires

( ),r θ , θ variant de 0 à α .

On donne l’expression du laplacien scalaire en coordonnées cylindriques :

2 2 2

2 2 2 2

1 1

r r r r z

ϕ ϕ ϕ ϕ∆ϕ

θ

∂ ∂ ∂ ∂= + + +

∂ ∂ ∂ ∂.

1. Quelles sont les conditions aux limites que doit vérifier le champ des vitesses ?

2. Montrer que l’on peut définir un potentiel des vitesses ϕ et qu’il vérifie l’équation de

Laplace 0∆ϕ = .

3. On cherche des solutions à variables séparées : ( ) )()(, θθϕ grfr ⋅= et on suppose que la

vitesse orthoradiale ne s’annule pas à l’intérieur du dièdre. Montrer que f et g vérifient : 2'' 0g gω+ = et 2 2'' ' 0r f rf fω+ − = .

4. Montrer que g se met sous la forme : 0( ) cosg gπ

θ θα

=

(il y a 3 cas à distinguer suivant

le signe de 2ω ).

5. On cherche pour f des solutions pôlynomiales : 0( ) nf r f r= ⋅ , avec 0n > , montrer que

nπ

ωα

= = .

6. En déduire les expressions des composantes r

v et vθ du champ des vitesses.

7. Que vaut la norme de la vitesse au voisinage de l’arête du dièdre 0r → (on distinguera les

cas α π< et α π> ). Ces résultats sont-ils en accord avec les observations ?

falaise

plage

ruuuruθ

uur

θα

r

O

M

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Solution

1. Les conditions aux limites (écoulement tangentiel au contact d’un solide) se traduisent par

( 0) 0vθ θ = = et ( ) 0vθ θ α= = .

2.L’écoulement est irrotationnel alors rot 0v =uurr r

. On peut alors utiliser le potentiel des vitesses

ϕ tel que gradv ϕ=r uuuur

(car ( ), rot grad 0ϕ ϕ∀ =uur uuuur r

).

De plus l’écoulement est incompressible alors div 0v =r

, soit ( )div grad 0ϕ =uuuur

, soit 0∆ϕ =

(équation de Laplace).

3. Avec ( ), ( ) ( )r f r gϕ θ θ= ⋅ l’équation de Laplace devient :

2 2

2 2 2

1 ( )( ) ( ) 0

d f df f r d gg g

dr r dr r dθ θ

θ+ + = , ce qui peut s’écrire

2

1'' ' '' 0

fg f f g

r r

+ + =

, ou bien

2 '' ' ''f f gr r

f f g+ = − , g et f étant des fonctions de variables indépendantes, on a alors

2 '' ' ''constante

f f gr r

f f g+ = − = , et on notera 2ω cette constante.

On a alors deux équations à résoudre : 2'' 0g gω+ = et

2 2'' ' 0r f rf fω+ − = .

Les conditions aux limites ( 0) 0vθ θ = = et ( ) 0vθ θ α= = se traduisent via '(0) '( ) 0g g α= =

car 1

'f

v gr r

θ

ϕ

θ

∂= =

∂.

4. g possède trois types de solutions suivant le signe de 2ω :

- si 2 0ω < alors g est de la forme hyperbolique : ( )g Ae BeΩθ Ωθθ −= + avec 2Ω ω= − .

On a alors '( )g A e BeΩθ Ωθθ Ω Ω −= − et '(0) '( ) 0g g α= = ⇒ 0A B= = et ( ) 0g θ = : solution

innacceptable car 0 0g ϕ= ⇒ = et donc 0v =r r

: pas d’écoulement.

- si 2 0ω = alors '' 0g = , d’où ' '(0) 0g cte g= = = , et g cte= : solution innacceptable.

- si 2 0ω > alors g est de la forme sinuoïdale : ( ) ( )( ) cos sing A Bθ ωθ ωθ= + .

On a alors ( ) ( )'( ) sin cosg A Bθ ω ωθ ω ωθ= − + et '(0) 0g = ⇒ 0B = , et '( ) 0g α = ⇒

( )sin 0ωα = , soit kπ

ωα

= avec k entier, d’où ( ) cosg A kπ

θ θα

=

.

Or, l’énoncé suppose que la vitesse orthoradiale ne s’annule pas à l’intérieur du dièdre, il faut

donc choisir 1k = , soit π

ωα

= .

Finalement 0( ) cosg gπ

θ θα

=

.

5. f est de la forme pôlynomiale : 0( ) nf r f r= ⋅ , avec 0n > .

En remplaçant dans 2 2'' ' 0r f rf fω+ − = , avec 'f

f nr

= et 2

'' ( 1)f

f n nr

= − , on obtient :

nπ

ωα

= = , et /

0( )f r f rπ α= ⋅ .

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6. Finalement : ( ) /

0 0, cosr f g rπ απ

ϕ θ θα

= ⋅

.

On en déduit l’expression du champ des vitesses via r

vr

ϕ∂=

∂ et

1v

rθ

ϕ

θ

∂=

∂, d’où

1

0 0

1

0 0

cos

sin

rv f g r

v f g r

π

α

π

αθ

π πθ

α α

π πθ

α α

−

−

= ⋅

= − ⋅

.

7. La norme de la vitesse s’écrit : 1

2 2

0 0rv v v f g r

π

αθ

π

α

−

= + = ⋅ .

Analysons cette solution au voisinnage de l’arête ( )0r → :

- pour α π< : 1 0π

α− < et

0

0limr

v→

→ : la vitesse devient nulle ;

- pour α π> : 1 0π

α− > et

0limr

v→

→ ∞ : la vitesse devient grande.

A l’intérieur de la courbe, on est dans le cas α π> et la vitesse de l’eau est grande, il y a

érosion de la berge et on observe une zone assez plate (en pente douce) : une plage.

A l’extérieur de la courbe, on est dans le cas α π< et la vitesse de l’eau est très faible, il y a

sédimentation (dépôt de particules en suspension dans un liquide) au bord de la berge et on

observe une falaise.

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◊◊◊◊ Remarques générales pour la dynamique des fluides

parfaits

Conseils :

• Bien garder en tête que les inconnues d’un problème de mécanique des fluides sont

le champ des vitesses vr

et le champ de pression P en tout point du fluide et à

chaque instant.

• Bien regarder la cinématique de l’écoulement.

• Bien lire l’énoncé de manière à savoir si on peut utiliser le théorème de Bernoulli

ou si on doit résoudre l’équation d’Euler.

• Avant d’appliquer l’une des formes du théorème de Bernoulli, vérifier les

conditions d’application.

• Dans l’équation d’Euler le terme convectif ( )gradv v⋅r uuuur r

s’annule pour des formes

particulières du champ des vitesses :

- en cordonnées cartésiennes : ( )x

v v z u=r uur

ou ( )x

v v y u=r uur

ou ( )z

v v x u=r uur

…

- en coordonnées cylindriques : ( )z

v v r u=r uur

ou ( )z

v v uθ=r uur

(seulement ces deux

cas), ce n’est pas le cas pour ( )v v r uθ=r uur

ou ( )r

v v uθ=r uur

ou ( )v v z uθ=r uur

ou

( )r

v v z u=r uur

car r

uuur

et uθ

uur dépendent de θ .

Méthodes :

• Pour appliquer le théorème de Bernoulli :

Pour un écoulement stationnaire :

- si l’écoulement est incompressible : 2

2

vP gzρ ρ+ + est uniforme le long d’une

ligne de courant ;

- si l’écoulement est incompressible et irrotationnel : 21

2P gz vρ ρ+ + est

uniforme en tout point du fluide.

Dans les deux cas il faut trouver deux points du fuides où les grandeurs s’expriment

facilement et exprimer la conservation de la charge fluide entre ces deux points.

• Pour résoudre l’équation d’Euler :

1) Le champ des vitesses est donné : on utilise l’équation d’Euler sous sa forme

initiale et on détermine le système d’équations aux dérivées partielles vérifiée par

la pression. Puis on intègre et on détermine les constantes d’intégration à l’aide

des conditions aux limites.

2) On l’écrit sous la forme : 2

grad rot 02

v vP gz v v

tρ ρ ρ ρ

∂+ + + + ∧ =

∂

ruuuur uurr r r

(certains

termes peuvent être nuls), puis on intègre cette relation le long d’une ligne de

courant.

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• Pour déterminer la durée d’une vidange d’un liquide :

Il faut trouver l’équation différentielle vérifiée par la surface libre.

Pour cela on utilise la conservation du débit qui donnr un lien entre la vitesse de la

surface libre et la vitesse d’éjection.

Puis le théorème de Bernoulli donne l’expression de la vitesse d’éjection.

Ensuite on sépare les variables pour isoler dt , puis on intègre sur la durée de la

vidange.

Erreur à éviter :

• Ne pas confondre « fluide parfait » et « écoulement parfait » :

- pour un gaz parfait PV nRT= et MP

RTρ = au sens thermodynamique ;

- pour un gaz parfait cteρ = au sens thermodynamique ;

- pour un écoulement parfait la viscosité 0η = au sens mécanique.

• Ne pas passer de temps à « résoudre » les équations différentielles : on donne la

solution et on détermine les constantes à l’aide des conditions aux limites.

Indications :

• Dans un fluide parfait en écoulement parallèle, la vitesse est uniforme dans toute

section droite (perpendiculaire à l’écoulement).

• L’accélération convective peut s’écrire : 2

grad grad rot2

vv v v v

⋅ = + ∧

r uuuurr uuuur uurr r avec

v v=r

(décomposition de Lamb).

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◊◊◊◊ Exercice 3 : Mesure du débit d’une rivière

Considérons un canal horizontal à section rectangulaire de côté L , parcouru par de l’eau de

masse volumique ρ en écoulement parallèle, avec une vitesse v uniforme et stationnaire sur

toute une section droite du canal. La hauteur de l’eau est notée H .

On place un tube de verre coudé dans l’eau et on appelle h la hauteur de la colonne d’eau

dans le tube par rapport à la surface libre du canal. On choisit l’origine des cotes au fond du

canal.

1. Déterminer la vitesse v du courant en fonction de h et du champ de pesanteur g

(attention : dans la partie verticale du tube coudé l’eau est au repos).

2. Exprimer le débit volumique Q correspondant.

3. Application numérique pour une rivière : 4 mL = et 3 mH = , -2

10 m sg = ⋅ .

On mesure une hauteur 10 cmh = , calculer v et Q .

Solution

1. L’eau est un fluide parfait et incompressible, l’écoulement est incompressible, irrotationnel

(écoulement parallèle) et stationnaire, on peut appliquer le théorème de Bernoulli : la quantité

21

2P gz vρ ρ+ + est uniforme en tout point du fluide.

Considérons deux points : un point A de la surface libre du fluide ( )0 , ,P P z H v v= = = et un

point C ( )C C C, ,P P z z v v= = = dans le tube, on choisit C de sorte qu’il soit un point d’arrêt :

C 0v = .

Le théorème de Bernoulli s’écrit alors : 2

0 C C

1

2P gH v P gzρ ρ ρ+ + = + .

Dans le tube, le fluide est au repos, la relation fondamentale de la statique des fluides donne

P gz cteρ+ = (théorème de Pascal pour un liquide). Entre les points C ( )C C,P P z z= = et B

( )( )0 ,P P z h H= = + : ( )C C 0P gz P g h Hρ ρ+ = + + .

On en déduit ( )2

0 0

1

2P gH v P g H hρ ρ ρ+ + = + + , d’où 2v gh= .

2. Le débit volumique s’exprime ∫∫ ⋅=Σ

dSvQ , en choisissant pour Σ une section droite du

canal de valeur LH , puisque la vitesse v uniforme sur toute une section droite du canal, on

en déduit Q vLH= et 2Q ghLH= .

3. On en déduit 1 11, 4 m s 5,1 km hv − −= ⋅ = ⋅ et

3 117 m .sQ

−= .

h

vH

A

B

C

•

•

•

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◊◊◊◊ Exercice 4 : La vidange de Torricelli

Considérons un récipient ouvert sur l’atmosphère (pression locale 0P ), de section S , et

contenant un liquide parfait et incompressible (de masse volumique ρ ). Ce récipient est percé

d’un petit orifice de section s , situé à une hauteur h en-dessous de la surface libre du liquide.

Le liquide sort par l’orifice sous forme d’un jet parabolique de vitesse initiale v horizontale.

Cet écoulement n’est pas rigoureusement stationnaire mais si Ss << il est suffisament lent

pour être considéré comme stationnaire (c’est une approximation).

Considérons un point A de la surface libre et un point B au niveau de l’orifice.

1. Quelle forme du théorème de Bernoulli peut-on appliquer ?

En déduire une relation entre Av , Bv , h et le champ de pesanteur g .

2. Comment se traduit l’incompressibilité du liquide ?

3. En déduire B 2v gh= (théorème de Torricelli).

4. Déterminer l’équation différentielle vérifiée par ( )h t . En déduire la durée T de la vidange

en fonction de S , s , g et la hauteur initiale de liquide 0h .

5. Application numérique pour un réservoir d’eau de pluie : 0 2 mh = , 21 mS = , 21cms = et

210 m sg −= ⋅

Solution

1. L’écoulement est stationnaire et incompressible mais non irrotationnel on utilise la forme

suivante du théorème de Bernoulli : 2

2

vP gzρ ρ+ + est uniforme le long d’une ligne de

courant.

Considérons la ligne de courant allant d’un point A de la surface libre à l’orifice B, on peut

alors écrire : 2 2

2 2

A BA A B B

v vP gz P gzρ ρ ρ ρ+ + = + + .

Or 0A BP P P= = (la pression atmosphérique locale) et

A Bh z z= − .

On en déduit : 2 2

A B2v gh v+ = .

2. Le liquide étant incompressible, l’écoulement l’est aussi, et la conservation du débit

volumique s’écrit : A BSv sv= .

3. Puisque s S<< alors A B

v v<< . On obtient finalement B 2v gh= .

4. La relation A B

Sv sv= s’écrit, avec B 2v gh= et A

dhv

dt= − (le signe − traduit la diminution

de ( )h t ) : 2dh s

ghdt S

= − .

vr

0P

h

A

B

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Séparons les variables : 2

S dhdt

s g h= − .

Pendant la durée T la hauteur de liquide varie de 0h à 0, d’où 0

0

2 h

S dhT

s g h= − ∫ .

On obtient 0

0

22 h

ST h

s g = − et finalement : 02hS

Ts g

= .

5. Application numérique : 6325 s 1 h 45 min 25 sT = = .

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◊◊◊◊ Exercice 5 : Champ de pression dans un vortex

Un vortex est obtenu en faisant tourner un liquide autour d’un axe vertical, ce liquide est

surmonté d’une atmosphère à pression uniforme 0P .

→ on cherche l’équation de la surface libre du liquide.

On reprend le même modèle que celui de la tornade (cylindre de rayon a ), voir exercice 1,

caractérisé par un vecteur tourbillon uniforme et stationnaire : zuΩ Ω=uur uur

, avec Ω uniforme et

stationnaire. Le champ des vitesses du vortex en coordonnées cylindriques ( ), ,r zθ a pour

expression : pour r a< : v r uθΩ= ⋅r uur

et pour r a> : 2

av u

rθ

Ω ⋅=

r uur.

On note g l’accélération de pesanteur.

1. En utilisant l’équation d’Euler déterminer, dans les deux cas r a< et r a> , les

expressions des dérivées de P par rapport à r et z . La valeur de P

θ

∂

∂ était-elle prévisible ?

2. En déduire ( , )P r z dans les deux cas.

3. En déduire l’équation de la surface libre ( )z r dans les deux cas et le type de profil

géométrique.

Solution

1. 1

rot2

vΩ =uur uurr

étant stationnaire, vr

l’est aussi et 0v

t

∂=

∂

rr

.

Avec 1

rot2

vΩ =uur uurr

, l’équation d’Euler s’écrit : 2

grad 2 grad2

vv P gρ Ω ρ

+ ∧ = − +

uuuur uur r uuuur ur .

Attention : ici la vitesse est de la forme ( )v v r uθ=r uur

, donc grad 0v v⋅ ≠r uuuurr r

, on doit calculer

2

grad rot2

vv v

+ ∧

uuuur uurr r.

En ccordonnées cylindriques : 1

grad r z

P P PP u u u

r r zθ

θ

∂ ∂ ∂= + +

∂ ∂ ∂

uuuur uur uur uur et zg gu= −

ur uur.

• pour r a< : 2 2 2

2grad grad2 2

r

v rr u

ΩΩ

= = ⋅

uuuur uuuur uur et 22 2 2z rv u ru r uθΩ Ω Ω Ω∧ = ∧ = − ⋅

uur r uur uur uur.

En projetant sur ruuur

et zuuur

on obtient :

2 22

0

Pr r

r

Pg

z

ρΩ ρΩ

ρ

∂− = − ∂

∂ = − −

∂

, soit

2Pr

r

Pg

z

ρΩ

ρ

∂= ∂

∂ = − ∂

.

• pour r a> : 2 2 4 2 4

2 3grad grad

2 2r

v a au

r r

Ω Ω = = − ⋅

uuuur uuuur uur et 2 0vΩ ∧ =

uur r r car 0Ω =

uur r.

air

eau

- 16 -

En projetant sur ruuur

et zuuur

on obtient :

2 4

3

0

a P

r r

Pg

z

Ωρ

ρ

∂− = − ∂

∂ = − − ∂

, soit

2 4

3

P a

r r

Pg

z

Ωρ

ρ

∂= ∂

∂ = − ∂

.

0P

θ

∂=

∂ était prévisible car le phénomène présente l’invariance par rotation autour de l’axe

Oz .

2. En intégrant on obtient :

• pour r a< : 2 2

( , )2

rP r z gz C

ρΩρ= − + .

• pour r a> : 2 4

2( , ) '

2

aP r z gz C

r

ρΩρ= − − + .

Pour déterminer C et 'C on utilise les conditions aux limites :

- au niveau de la mer loin du vortex, la pression vaut la pression atmosphérique locale :

0( , 0)P r z P= ∞ = = , soit 0'C P= ;

- la pression est continue en r a= : 2 2 2 4

02( , )

2 2

a aP a z gz C gz P

a

ρΩ ρΩρ ρ= − + = − − + , soit

2 2

0C a PρΩ= − + .

Finalement :

• Pour r a< : ( )2

2 2

0( , ) 22

P r z r a gz PρΩ

ρ= − − + ;

• Pour r a> : 2 4

02( , )

2

aP r z gz P

r

ρΩρ= − − + .

3. L’équation de la surface libre du liquide est obtenu via 0( , )P r z P= . On garde 0P car la

pression de l’air juste au-dessus du vortex n’est pas modifiée, en effet le liquide étant parfait,

il n’entraine pas l’atmosphère dans son mouvement de rotation. On en déduit :

• pour r a< : ( )2

2 2( ) 22

z r r ag

Ω= − : profil parabolique ;

• pour r a> : 2 4

2( )

2

az r

gr

Ω= − : profil hyperbolique.

a

← parabolique

← hyperbolique

0

z

r

- 17 -

0z =A

B ( )z t

( )z t−

◊◊◊◊ Exercice 6 : Oscillations d’un liquide dans un tube en U

On considère un liquide, supposé incompressible et parfait, de masse volumique ρ , contenu

dans les deux branches d’un tube en U. On note L la longueur moyenne du liquide dans le

tube (suivant les pointillés).

A l’équilibre les deux surfaces libres du liquide dans les deux branches sont à la même

altitude 0z = .

On provoque une dénivellation entre les deux surfaces libres et on laisse évoluer librement le

système, on observe alors des oscillations de période T , notre inconnue.

On note z et z− les cotes des deux surfaces libres.

1. Montrer que l’équation d’Euler peut s’écrire sous la forme : 2

grad 02

v vP gz

tρ ρ ρ

∂+ + + =

∂

ruuuur r

.

2. Intégrer cette relation le long de la ligne de courant qui passe par le milieu du tube

(longueur L ) entre A et B et en déduire que ( )z t vérifie une équation différentielle de la

forme 2

0 0z zω+ =&& , on exprimera 0ω en fonction de L et g l’accélération de pesanteur.

3. En déduire la période des oscillations.

4. Commenter vos résultats.

Solution

1. L’écoulement étant incompressible, irrotationnel et non stationnaire l’équation d’Euler

prend la forme 2

grad grad2

v vP g

tρ ρ ∂

+ = − + ∂

ruuuur uuuur ur

, et avec grad( )g gzρ ρ= −ur uuuur

, on peut écrire :

2

grad 02

v vP gz

tρ ρ ρ

∂+ + + =

∂

ruuuur r

.

2. Intégrons cette relation le long de la ligne de courant qui passe par le milieu du tube

(longueur L ) entre A et B : B B2

A A

grad 02

v vP gz d d

tρ ρ ρ

∂+ + ⋅ + ⋅ =

∂ ∫ ∫

ruuuur uur uur

l l , ou bien :

B B2

AA

02

v vP gz d

tρ ρ ρ

∂+ + + ⋅ =

∂ ∫

ruurl .

Le liquide étant incompressible, chaque du point du liquide a même vitesse B

dzv v

dt= = , et de

plus : B Az z z= = − et L cte= .

Le premier terme s’écrit : ( )B

2 22

A

22 2

B AB A B A

v vvP gz P P g z z gzρ ρ ρ ρ ρ −

+ + = − + − + =

car

0A BP P P= = (la pression atmosphérique locale) et BA vv = car chaque du point du liquide a

même vitesse.

- 18 -

Le deuxième terme s’écrit :

B B B

A A A

v d dv dvd v d d L zL

t dt dt dtρ ρ ρ ρ ρ

∂⋅ = ⋅ = = =

∂ ∫ ∫ ∫

ruur r uur

&&l l l .

Finalement : 2 0gz zLρ ρ+ =&& , ou bien 2

0g

z zL

+ =&& . On en déduit 0

2g

Lω = .

3. On obtient l’équation différentielle d’un oscillateur harmonique, chaque surface libre

possède un mouvement oscillatoire sinusoïdal de période 22

LT

gπ= .

4. Commentaires :

- si L augmente alors T augmente : plus le volume de liquide est important et plus les

oscillations sont lentes ;

- T est indépendante de la masse volumique ρ , donc de la nature du fluide. En réalité le

liquide est visqueux et on observe un amortissement avant de revenir à la position d’équilibre,

les oscillations sont pseudo-périodiques.

- 19 -

◊◊◊◊ Remarques générales pour la dynamique des fluides

visqueux

Conseils :

• Bien garder en tête que les inconnues d’un problème de mécanique des fluides sont

le champ des vitesses vr

et le champ de pression P en tout point du fluide et à

chaque instant.

• Bien regarder la cinématique de l’écoulement.

• Les exercices sur la mécanique des fluides visqueux doivent concerner des

écoulements laminaires (la description mathématique d’un écoulement turbulent

nécessite l’intervention du calcul informatique), vérifier que le nombre de Reynolds

est largement inférieur à 2000.

• Chercher la cause de l’écoulement : un déplacement d’un solide dans le fluide

(écoulement de couette), différence de pression (écoulement de Poiseuille), pesanteur

…

Méthodes :

• Pour résoudre l’équation de Navier-Stokes :

Réduire l’équation en regardant tous les termes nuls.

Puis la projeter sur les trois axes de la bases utilisée.

Résoudre chaque équation en tenant compte des conditions aux limites.

• Lors de la résolution, cet argument intervient souvent :

si deux fonctions de deux variables indépendantes sont égales alors les deux

fonctions sont constantes : ( ) ( )f x g y= avec x et y indépendantes alors

( ) ( )f x g y cte= = (la même constante pour f et g !).

Indications :

• Si l’écoulement est icompressible div 0v =r

et irrotationel rot 0v =uurr r

.

Or ( ) ( )grad div rot rotv v v∆ = −r uuuur r uur uurr

, d’où 0v∆ =r r

.

On en déduit que le terme diffusif v∆η est nul, la viscosité n’intervient pas dans les

équations de la dynamique du fluide.

Tout se passe comme si le fluide était parfait, et on peut alors utiliser l’équation

d’Euler ou le théorème de Bernoulli.

Exemple : la vidange très lente d’un liquide (incompressible) en écoulement

irrotationnel.

• Pour un écoulement de fluide très visqueux, on néglige souvent les actions de

pesanteur devant les actions de viscosité.

Dans la plupart des cas on est en régime stationnaire et l’accélération convective est

nulle, se sorte qu’on doit résoudre l’équation de Stokes : gradP vη∆=uuuur r

.

- 20 -

• Les conditions aux limites, pour un fluide visqueux, se traduisent par un champ des

vitesses nul au contact solide-fluide.

• Il est bon d’avoir en tête les expressions des opérateurs gradient, divergence et

laplacien en coordonnées cartésiennes et cylindriques.

- 21 -

L

x

z

0vuur

0 a

0vuur

0v =r r

◊◊◊◊ Exercice 7 : Ecoulement de Couette

Considérons un liquide visqueux, de viscosité η et de masse volumique ρ , entre deux

plaques solide parallèles et distantes de L .

Soit a la dimension des plaques suivant Ox et b suivant Oy , telles que b a>> .

La plaque à l’altitude 0z = est fixe, et la plaque à l’altitude z L= est en translation à la

vitesse constante 0vuur

suivant Ox .

Par effet de viscosité la plaque en mouvement entraine la particule fluide à son contact, et de

proche en proche, toutes les particules fluides sont mises en mouvement.

On étudie le régime permanent, après le régime transitoire, lorsque toutes les particules fluide

sont en mouvement depuis longtemps.

On étudie un écoulement très visqueux tel que v gη∆ ρ>>r ur

, on néglige alors les effets du

champ de pesanteur.

→ on cherche à déterminer le champ de pression P et le champ de vitesse vr

.

1. Dans cet écoulement le champ des vitesses prend la forme générale ( , , , )x

v v x y z t u=r uur

,

montrer que l’on peut réduire l’étude à ( ) xv v z u=r uur

.

2. En déduire que l’équation de Navier-Stokes ( )grad gradv

v v P g vt

ρ ρ η∆ ∂

⋅ + = − + + ∂

rr uuuur r uuuur ur r

se

réduit à l’équation de stokes gradP vη∆=uuuur r

.

3. Résoudre l’équation de stokes et en déduire le champ de pression P et le champ de vitesse

vr

en fonction de 0v , L et z .

4. Tracer les vecteurs vitesse des particules fluides appartenant à une section droite de

l’écoulement et qualifier le profil des vitesses.

Solution

1. Le est régime stationnaire 0v

t

∂=

∂

rr

, vr

ne dépend pas du temps, d’où ( , , )x

v v x y z u=r uur

.

Puisque b a>> , on a invariance par translation suivant Oy , v ne dépend pas de y , d’où

( , ) xv v x z u=r uur

.

L’incompressibilité du liquide se traduit par div 0v =r

, soit 0v

x

∂=

∂, on en déduit que v ne

dépend pas de x , on peut alors écrire ( ) xv v z u=r uur

.

2. De l’expression précédente on déduit ( )grad 0v v⋅ =r uuuur r r

. De plus 0v

t

∂=

∂

rr

et on néglige gρur

devant vη∆r

.

- 22 -

0vuur

segment

de droite

vecteur

vitesse

L’équation de Navier-Stokes se réduit donc à gradP vη∆=uuuur r

(équation de Stokes).

3. On doit donc résoudre 2

2grad x

d vP u

dzη=

uuuur uur.

Or grad x y z

P P PP u u u

x y z

∂ ∂ ∂= + +

∂ ∂ ∂

uuuur uur uur uur, on en déduit

2

2

0

0

P d v

x z

P

y

P

z

η∂

=∂ ∂∂

=∂

∂=

∂

.

La pression ne dépend a priori que de x .

Or l’écoulement est provoqué par le déplacement de la plaque supérieure, et non par

l’application d’une pression en amont du liquide, de sorte que 0P

x

∂=

∂. Finalement P ne

dépend pas pas de x , y et z : la pression P est uniforme dans tout le liquide.

On a alors 2

20

d v

dz= .

En intégrant deux fois on obtient : ( )v z Az B= + .

Pour déterminer A et B on utilise les conditions aux limites : (0) 0v = et 0( )v L v= , on en

déduit 0B = et 0vA

L= . Finalement : 0

x

vv zu

L=

r uur

.

4. On dit que le profil des vitesses est linéaire : les flèches des vecteurs vitesse des particules

fluides appartenant à une section droite de l’écoulement sont alignés sur un segment de

droite :

- 23 -

◊◊◊◊ Exercice 8 : Ecoulement de Poiseuille

On considère l’écoulement stationnaire et incompressible d’un liquide visqueux, de viscosité

η et de masse volumique ρ , dans une conduite horizontale cylindrique, de rayon a , de

longueur l et d’axe Oz .

On repère un point M du fluide par ses coordonnées cylindriques ( ), ,r zθ .

La cause de l’écoulement est la différence de pression 1 2P P P∆ = − entre l’entrée et la sortie

de la conduite. C’est ce qui se passe pour un robinet d’eau. Le fournisseur qui amène l’eau à

l’entrée d’une habitation l’apporte « sous pression », c’est-à-dire à une pression supérieure ( 51,5 10 Pa≈ ⋅ ) à la pression atmosphérique qui règne à la sortie du robinet.

On étudie un écoulement très visqueux tel que v gη∆ ρ>>r ur

, on néglige alors les effets du

champ de pesanteur.

→ on cherche à déterminer le champ de pression P et le champ de vitesse vr

.

1. Dans cet écoulement le champ des vitesses prend la forme générale ( , , , ) zv v r z t uθ=r uur

,

montrer que l’on peut réduire l’étude à ( ) zv v r u=r uur

.

2. En déduire que l’équation de Navier-Stokes ( )grad gradv

v v P g vt

ρ ρ η∆ ∂

⋅ + = − + + ∂

rr uuuur r uuuur ur r

se

réduit à l’équation de stokes gradP vη∆=uuuur r

.

3. Résoudre l’équation de stokes et en déduire le champ de pression P en fonction P∆ , z , l

et 1P de et le champ de vitesse vr

en fonction de P∆ , η , l , r et a .

4. Tracer les vecteurs vitesse des particules fluides appartenant à une section droite de

l’écoulement et qualifier le profil des vitesses.

5. Montrer que le débit volumique s’exprime 4

128v

d PD

π ∆

η=

l (c’est la loi de Poiseuille) où

2d a= est le diamètre de la conduite.

6. Calculer rotvuurr

. L’écoulement est-il irrotationnel ? Ce résultat est-il surprenant ? Pourquoi ?

Proposer une explication physique.

Solution

1. En régime stationnaire 0v

t

∂=

∂

rr

, v ne dépend pas du temps.

Le problème possède l’invariance par rotation d’axe Oz , v ne dépend pas de θ .

De plus le fluide est incompressible, ce qui se traduit par div 0v =r

, soit 0v

z

∂=

∂, on en déduit

que v ne dépend pas de z .

On en déduit que ( ) zv v r u=r uur

.

a

l

vr

M ( , , )r zθ•

z1P 2P

O

- 24 -

2. De l’expression précédente on déduit ( )grad 0v v⋅ =r uuuur r r

. De plus 0v

t

∂=

∂

rr

et on néglige gρur

devant vη∆r

.

L’équation de Navier-Stokes se réduit donc à gradP vη∆=uuuur r

(équation de Stokes).

3. Or ( ) zv v r u∆ ∆=r uur

, on en déduit, en projetant sur les axes cylindriques, que :

0

10

( )

P

r

P

r

Pv r

z

θ

η∆

∂= ∂

∂

=∂

∂= ∂

.

On en déduit que la pression ne dépend que de z .

Or en coordonnées cylindriques 1 z

z

vv r u

r r r∆

∂∂ =

∂ ∂

r uur, la troisième équation s’écrit

1dP d dvr

dz r dr drη

= ⋅

.

On remarque que dans cette équation, le membre de gauche dP

dz ne dépend que de z , et que

le membre de droite 1 d dv

rr dr dr

η

⋅

ne dépend que de r , ces deux membres sont donc

constants. On en déduit que dP

dz est constant.

En appelant P∆ la différence de pression le long de la canalisation de longueur l , on peut

écrire 2 1P PdP P

dz

∆−= = −

l l.

Puisque dP

dz est constant on a ( )P z Az B= + .

Les conditions aux limites : 1(0)P P= et 2( )P P=l impliquent 1B P= et P

A∆

= −l

.

Finalement : 1( )P

P z z P∆

= − +l

: la pression décroit linéairement au cours de l’écoulement.

Ce phénomène est caractéristique de la « perte de charge » dans un fluide visqueux, d’une

manière générale la charge fluide 2

2

vP gzρ ρ+ + diminue au cours d’un écoulement

visqueux.

L’équation 1dP d dv

rdz r dr dr

η

= ⋅

s’écrit d dv P

r rdr dr

∆

η

= −

l.

En intégrant 2

12

dv P rr C

dr

∆

η= − +

l, où 1C est une constante, ou bien 1

2

Cdv P r

dr r

∆

η= − +

l.

En intégrant une nouvelle fois on obtient 2

1 2

0

( ) ln4

P rv r r C C

r

∆

η

= − + +

l, où 2C est une

constante et où 0r une constante homogène à une longueur.

- 25 -

(0)v doit avoir une valeur finie (pour respecter le principe de conservation de l’énergie) et

0

0

lnr

r

r→

→−∞

, on en déduit 1 0C = .

De plus au contact du tuyau, en r a= , les conditions aux limites imposent une vitesse nulle,

soit ( ) 0v a = , on en déduit 2

24

PaC

∆

η=

l, et finalement ( )2 2

( )4

Pv r r a

∆

η= − −

l.

4. On dit que le profil des vitesses est parabolique : les flèches des vecteurs vitesse des

particules fluides appartenant à une section droite de l’écoulement sont alignés sur un arc de

parabole :

5. Le débit volumique de la conduite est vD v dSΣ

= ⋅∫∫r uur

où Σ est la section de la conduite,

c’est un disque de rayon a .

Avec ( ) zv v r u=r uur

, zdS rdrd uθ=

uur uur avec [0, ]r a∈ et [0,2 ]θ π∈ le débit s’écrit

=pQ2

0 0( )

a

rv r rdr d

π

θθ

= =∫ ∫ .

Avec ( )2 2( )

4

Pv r r a

∆

η= − −

l, on obtient

4 2 2 4

0

24 4 2 8

a

v

P r a r a PD

∆ π ∆π

η η

= − − ⋅ =

l l.

On pose 2d a= : le diamètre de la conduite et on obtient :

4

128v

d PD

π ∆

η=

l, c’est la loi de

Poiseuille.

6. Calculons rotvuurr

, avec ( ) zv v r u=r uur

: rotv

v ur

θ

∂= −

∂

uurr uur, soit rot 0

2

Pv ruθ

∆

η= − ≠

uurr uur r

l : l’écoulement

est rotationnel ou tourbillonaire (sauf sur l’axe 0r = ).

Ce résultat est surprenant puisque tous les vecteurs vitesses sont suivant zuuur

.

Interprétation : en-dehors de l’axe, une particule fluide a une extension spatiale et ses parties

inférieure et supérieure ne vont pas à la même vitesse puisque ( )v r donc elle tourne sur elle-

ême lors de son mouvement de translation.

vecteur

vitesse arc de

parabole

- 26 -

◊◊◊◊ Remarques générales pour les bilans

dynamiques

Conseils :

• Toujours définir une surface de contrôle Σ qui englobe une certaine partie du

fluide dont on étudie l’action.

• Définir un système fermé et système ouvert :

- système ouvert S le fluide contenu dans la surface de contrôle Σ .

- système fermé S*, à l’instant t , le fluide contenu dans la surface de contrôle Σ et

la masse d’eau qui va entrer dans Σ pendant dt . S* est aussi constitué, à l’instant

t dt+ , du fluide contenu dans la surface de contrôle Σ et la masse d’eau qui est

sortie de Σ pendant dt .

Méthodes :

• Pour effectuer un bilan de quantité de mouvement :

On calcule la variation de quantité de mouvement du système fermé

*( ) *( )Dp p t dt p t= + −uuur uuur uuur

puis on décompose cahque terme suivant la construction des

deux systèmes fermé et ouvert, en considérant les masses entrante et sortante aux

instants t et t dt+ .

Puis le théorème de la résultante dynamique permet d’accéder à la force cherchée.

• Pour effectuer un bilan de moment cinétique :

Même chose qu’avec la quantité de mouvement.

Puis le théorème du moment cinétique permet d’accéder à la vitesse de rotation

cherchée.

• Pour effectuer un bilan d’énergie cinétique :

Même chose.

Puis le théorème de la puissance cinétique permet d’accéder à la puissance cherchée.

Erreur à éviter :

• Ne pas confondre la force exercée par un fluide sur un solide et la force exercée par

le solide sur le fluide, elles sont opposées (principe de l’action et de la réaction).

• Ne pas confondre système fermé et système ouvert.

Indications :

• Ecrire le débit massique sous deux formes : m

dmD Sv

dtρ= = .

• En régime stationnaire, pour les systèmes ouverts, les grandeurs extensives quantité

de mouvement, moment cinétique et énergie cinétique, sont indépendantes du temps

et on écrira : ( ) ( )p t dt p t+ =ur ur

, ( ) ( )t dt tσ σ+ =ur ur

et ( ) ( )c cE t dt E t+ = .

- 27 -

1vur

2vuur

1P

2P

y

x

◊◊◊◊ Exercice 9 : Force exercée sur une canalisation coudée

Considérons une canalisation horizontale et coudée, de section s constante, dans laquelle

s’écoule de l’eau (liquide parfait) de masse volumique ρ , avec un débit massique mD

constant, cet écoulement est stationnaire.

Loin du coude en amont la pression vaut 1P et la vitesse 1 1 xv v u=ur uur

.

Loin du coude en aval la pression vaut 2P et la vitesse 2 2 yv v u=uur uur

.

On s’intéresse à la force Fur

qu’exerce l’eau sur la canalisation.

1. Montrer que 1 2v v= que l’on notera v et que 1 2P P= .

2. Effectuer un bilan de quantité de mouvement et montrer que ( )2 1m

DpD v v

dt= −

uuuruur ur

(théorème

d’Euler).

3. Appliquer le théorème de la résultante dynamique et en déduire l’expression de Fur

en

fonction de ρ , s , v et 1P .

4. Ordre de grandeur pour de l’eau 3 310 kg mρ −= ⋅ , 1 1,5 barP = , 15 m sv −= ⋅ , diamètre de la

canalisation 2 cmd = . Calculer Fur

et donner son équivalent masse.

Solution

1. On choisit une surface de contrôle Σ (en pointillés sur le schéma de l’énoncé) qui contient

le coude.

On note e

dm et s

dm la masse d’eau entrante et la masse d’eau sortante de Σ pendant une

durée infinitésimale dt , telles que 1edm sv dtρ= et 2s

dm sv dtρ= .

L’écoulement étant stationnaire e s

dm dm= , et donc 1 2v v v= = : la présence du coude n’influe

pas sur la valeur de la vitesse de l’eau, seulement sur sa direction.

La relation de Bernoulli sur une ligne de courant s’écrit, puisque l’écoulement est horizontal : 2 2

1 21 2

2 2

v vP Pρ ρ+ = + , on en déduit 1 2P P= : la présence du coude n’influe pas sur la pression.

2. On cherche à déterminer la force Fur

exercée par l’eau sur la canalisation, il s’agit de la

résultante des forces de pression sur la paroi de la canalisation. La force exercée par la

canalisation sur le liquide est donc F−ur

.

Choisissons comme système ouvert S l’eau contenue dans la surface de contrôle Σ .

Choisissons comme système fermé S*, à l’instant t , l’eau contenue dans la surface de

contrôle Σ et la masse d’eau qui va entrer dans Σ pendant dt .

- 28 -

S* est aussi constitué, à l’instant t dt+ , de l’eau contenue dans la surface de contrôle Σ et la

masse d’eau qui est sortie de Σ pendant dt .

Evaluons la variation de la quantité de mouvement de ce système pendant une durée

infinitésimale dt :

Soit pur

la quantité de mouvement de S, et *puuur

la quantité de mouvement de S*.

On note dm svdtρ= .

On a alors :

( ) ( ) ( )2 1 2 1*( ) *( ) ( ) ( ) ( ) ( )Dp p t dt p t p t dt dmv p t dmv p t dt p t svdt v vρ= + − = + + − + = + − + −uuur uuur uuur ur uur ur ur ur ur uur ur

En régime stationnaire la quantité de mouvement de l’eau contenue dans Σ ne dépend pas du

temps, d’où ( ) ( )p t dt p t+ =ur ur

, d’où ( )2 1*( ) *( )Dp p t dt p t svdt v vρ= + − = −uuur uuur uuur uur ur

, ou bien :

( )2 1

Dpsv v v

dtρ= −

uuuruur ur

, soit ( )2 1m

DpD v v

dt= −

uuuruur ur

(théorème d’Euler).

3. Le système liquide étudié est soumis à son poids Pur

vertical, à la force F−ur

, aux forces de

pression 1 xPsu

uur en amont et 2 yP su−

uur en aval (avec 1 2P P= ), aux réactions de support R

ur

verticale.

Le théorème de la résultante dynamique s’écrit : 1 1x y

DpP F Psu Psu R

dt= − + − +

uuurur ur uur uur ur

.

On en déduit ( )1 1 2 1x y y xF Psu Psu sv v u v uρ= − − −ur uur uur uur uur

, soit ( )( )2

1 x yF s P v u uρ= + −ur uur uur

.

Cette force est dirigée perpendiculairement au coude :

4. ( )2

12F s P vρ= +ur

, application numérique : 80 NF =ur

.

Equivalent massique 8 kg, on dit qu’il y a 8 kilos de pression.

Fur

- 29 -

ω

z

Vue de dessus

ru

θu

• •

•

ls

•

ω

R

O A

A '

B

◊◊◊◊ Exercice 10 : Tourniquet hydraulique

Considérons un tourniquet hydraulique destiné à l’arrosage des jardins. L’eau, de masse

volumique ρ , est amenée suivant l’axe vertical Oz ascendant, puis s’écoule par deux bras

horizontaux identiques, de longueur R , munis de deux becs d’éjection, de section s ,

perpendiculaires aux bras et de longueur l négligeable devant R .

Ce tourniquet est alimenté en eau avec un débit volumique v

D constant, on se place en régime

stationnaire et on note ω la vitesse angulaire de rotation du tourniquet autour de Oz , ω est

constante en régime stationnaire.

On suppose que le tourniquet est soumis à des actions de contact de la part de son support de

moment Γ par rapport à Oz .

On cherche à exprimer ω en fonction de v

D .

1. Montrer que la vitesse d’éjection de l’eau en A s’écrit : A2

vDv R u

sθω

= −

uur uur.

2. Effectuer un bilan de moment cinétique et montrer que *

2

vzv

DDD R R

Dt s

σρ ω

= −

.

3. Appliquer le théorème du moment cinétique en déduire l’expression de ω en fonction de

vD , R , s et Γ .

4. Commenter l’expression obtenue en l’absence de frottement ( 0Γ = ). Qui tourne le plus

vite : un petit ou un grand tourniquet ? Quel est l’intérêt d’augmenter ω ?

Solution

1. La vitesse de l’eau en A (dans le référentiel terrestre fixe) s’écrit, en négligeant la longueur

des becs devant celle des bras, via la loi de composition des vitesses : A e rv v v= +uur ur uur

. La vitesse

d’entrainement est celle du tourniquet : e

v R uθω=ur uur

.

La vitesse relative de l’eau dans le référentiel tournant lié au tourniquet : r r

v v uθ= −uur uur

avec

0r

v > telle que 2

vr

Dsv= .

On a donc ( )A rv R v uθω= −uur uur

, soit A2

vDv R u

sθω

= −

uur uur.

2. Soit S le système ouvert constitué à chaque instant de l’eau contenue dans le tourniquet

(l’axe, les 2 bras et les 2 becs), soit z

σ son moment cinétique par rapport à Oz , z

σ est

indépendant du temps car le régime est stationnaire.

- 30 -

Soit S* le système fermé constitué à l’instant t du système S et de la masse dm d’eau qui

entre à la base du tourniquet pendant une durée dt . A l’instant t dt+ , S* est constitué de S et

des masses Adm et Bdm qui ont été éjectées en A et B entre les instants t et t dt+ .

Par définition v

dVD

dt= et m Vρ= , soit

1v

dmD

dtρ= et

vdm D dtρ= .

La conservation de la masse s’écrit A Bdm dm dm= + .

Le système est symétrique : A Bdm dm= . On a alors A B2

dmdm dm= = .

Considérons la variation de moment cinétique de S* pendant dt : * *( ) ( )

z zD t dt tσ σ σ= + − .

Le moment cinétique de la masse dm d’eau qui entre dans le tourniquet est nul car sa vitesse

est parallèle à Oz .

Le poids du tourniquet est de moment nul par rapport à Oz et ne contribue pas à la mise en

rotation du tourniquet.

La contribution de la masse Adm d’eau au moment cinétique à l’instant t dt+ est alors :

( )A A

1 1OA

2 2 2 2

v vz v r z v

D Ddm v u D dt Ru R u u D R R dt

s sθρ ω ρ ω

∧ ⋅ = ∧ − ⋅ = −

uuur uur uur uur uur uur

On a la même contribution en B, d’où * *( ) ( )

2

vz z v

Dt dt t D R R dt

sσ σ ρ ω

+ − = −

.

Or *

* *( ) ( ) z

z z

Dt dt t dt

Dt

σσ σ+ − = , et finalement

*

2

vzv

DDD R R

Dt s

σρ ω

= −

.

3. En appliquant le théorème du moment cinétique au tourniquet on obtient

2

vv

DD R R

sΓ ρ ω

= −

, soit

22

v

v

D

sR D R

Γω

ρ= + .

4. En l’absence de frottement : 2

vD

sRω = proportionnelle au débit volumique

vD et

inversement proportionnelle à R et s .

exp2

vD

sRω < , les frottements ne sont pas négligeables (en particulier les frottements solides au

niveau de l’axe de rotation) et 0Γ < .

ω est proportionnelle à 1

R : un petit tourniquet tourne plus vite qu’un grand (à débit et

section égaux).

L’intérêt d’augmenter ω est d’augmenter Av et de couvrir une surface arrosée plus

importante.

- 31 -

xvr

1vur

2v

s1s

2s

P−

P+

◊◊◊◊ Exercice 11 : Fonctionnement d’une éolienne

On étudie le fonctionnement d’une éolienne, c’est un transducteur dont le rôle est de

transformer l’énergie cinétique du vent en énergie électrique (via le phénomène d’induction).

Une hélice balayant une surface s prélève une partie de l’énergie cinétique du vent qui la

frappe. L’air, de masse volumique ρ , est considéré comme un fluide parfait en écoulement

incompressible, et a une pression uniforme 0P loin de l’hélice. On considère qu’en tout point

et à chaque instant la vitesse du vent est horizontale. Considérons le tube de courant

s’appuyant sur s , on suppose que la vitesse du vent est uniforme dans chaque section droite

du tube. Loin en amont, la vitesse du vent est 1 1 xv v u=ur uur

et la section du tube est 1s , loin en

aval, la vitesse du vent est 2 2 xv v u=uur uur

et la section du tube est 2s .

Au niveau de l’hélice la vitesse du vent est x

v vu=r uur

.

On néglige l’action de la pesanteur sur le vent et on suppose qu’à l’extérieur du tube de

courant la pression 0P est uniforme.

On étudie le cas où le régime permanent est atteint et toutes les grandeurs sont stationnaires.

1. Justifier pourquoi le tube courant s’élargit.

2. Montrer que la force exercée par le vent sur l’hélice s’écrit : ( )2 1vent hélice mF D v v→ = − −ur uur ur

, où

mD est le débit massique.

3. On note P− la pression juste avant l’hélice et P+ la pression juste avant l’hélice, justifier

que la chute de pression au passage de l’hélice s’écrit : ( )2 2

1 2

1

2P P v vρ− +− = − . En déduire

que 1 2

2

v vv

+= .

4. Effectuer un bilan d’énergie cinétique et montrer que : ( )*

2 2

2 1

1

2

cm

DED v v

Dt= − .

5. Appliquer le théorème de la résultante dynamique et en déduire l’expression de la

puissance de la force exercée par l’hélice sur l’air en fonction de m

D , 1v et 2v .

6. Montrer que la puissance éolienne prélevée par l’hélice hélice

P P= − s’écrit

( )2

1( ) 2P v Sv v vρ= − . En déduire la vitesse 0v de la vitesse du vent au niveau de l’hélice

qui rend la puissance éolienne maximale en fonction de 1v , et que la puissance maximale

correspondante s’écrit 3

max 1

8

27P Svρ= (la formule de Betz).

7. Ordre de grandeur pour une éolienne de particulier : 2 mR = , avec un vent de vitesse 1

1 50 km.hv−= , avec

31,2 kg.m

airρ −= , Calculer maxP . Cette puissance est-elle suffisante

pour alimenter en électricité une habitation particulière ?

- 32 -

Solution

1. L’écoulement étant stationnaire et incompressible le débit volumique se conserve et on peut

écrire : 1 1 2 2s v sv s v= = .

De plus 1 2v v> car l’hélice prélève de l’énergie cinétique au vent, donc la vitesse du vent

diminue.

On en déduit 2 1s s> : le tube de courant s’élargit.

2. Soit S le système ouvert constitué de l’air qui passe à travers le tube de courant entre les

sections 1s et 2s .

Soit S* le système fermé constitué à l’instant t du système S et de la masse 1dm d’air qui

entre, pendant dt , dans le tube de courant au niveau de la section 1s .

S* est aussi le système fermé constitué à l’instant t dt+ du système S et de la masse 2dm

d’air qui sort, pendant dt , du tube de courant au niveau de la section 2s .

Puisque le régime est permanent la masse se conserve de sorte que 1 2dm dm= que l’on note

dm , telle que le débit massique qui se conserve s’écrit m

dmD

dt= .

Effectuons un bilan de quantité de mouvement sur le système fermé S* dans le référentiel

terrestre supposé galiléen, en notant *puuur

la quantité de mouvement du système fermé et pur

celle du système ouvert :

( ) ( )( )

2 1

2 1

*( ) *( ) ( ) ( )

( ) ( )m

p t dt p t p t dt dmv p t dmv

p t dt p t D dt v v

+ − = + + − +

= + − + −

uuur uuur ur uur ur ur

ur ur uur ur

En régime permanent la quantité du système ouvert se conserve, d’où ( ) ( )p t dt p t+ =ur ur

, et

( )2 1

*m

D pD v v

Dt= −

uuuruur ur

.

Le théorème de la résultante dynamique s’écrit : *

hélice air pressionext

DpF F F

dtΣ →= = +

uuuuruuur ur ur

.

La résultante des forces de pression est nulle car la pression extérieure au tube de courant est

uniforme : 0 0pressionF P dSΣ

= =∫∫ur uur r

.

Finalement ( )2 1hélice air mF D v v→ = −ur uur ur

, avec 1 1 2 2mD S v Sv S vρ ρ ρ= = = .

La force exercée par le vent sur l’hélice s’écrit alors ( )2 1vent hélice mF D v v→ = − −ur uur ur

.

C’est cette force qui permet la mise en rotation de l’hélice et la production d’électricité (via le

phénomène d’induction).

3. Puisque l’écoulement de l’air (parfait) est permanent, incompressible et irrotationnel, on

peut appliquer le théorème de Bernoulli en tout point du fluide :

• en amont entre 1s et s : 2 2

0 1

1 1

2 2P v P vρ ρ−+ = +

• en aval entre s et 2s : 2 2

0 2

1 1

2 2P v P vρ ρ+ + = +

On en déduit ( )2 2

1 2

1

2P P v vρ− +− = − .

Remarque : puisque 1 2v v> alors P P− +> : la pression diminue à la traversée de l’hélice.

- 33 -

La force exercée par le vent sur l’hélice s’écrit aussi ( )vent hélice xF P P Su− +

→ = −ur uur

, soit

( )2 2

1 2

1

2vent hélice x

F S v v uρ→ = −ur uur

.

On en déduit alors ( ) ( )2 2

1 2 1 2

1

2vent hélice x x

F Sv v v u S v v uρ ρ→ = − = −ur uur uur

, soit 1 2

2

v vv

+= .

4. Effectuons un bilan d’énergie cinétique sur le système fermé S* dans le référentiel terrestre

supposé galiléen, en notant *

cE l’énergie cinétique du système fermé et

cE celle du système

ouvert :

( )

* * 2 2

2 1

2 2

2 1

1 1( ) ( ) ( ) ( )

2 2

1( ) ( )

2

c c c c

c c

E t dt E t E t dt dmv E t dmv

E t dt E t dm v v

+ − = + + − +

= + − + −

En régime permanent l’énergie cinétique se conserve, d’où ( ) ( )c c

E t dt E t+ = , et

( )*

2 2

2 1

1

2

cm

DED v v

Dt= − .

5. Le théorème de la puissance cinétique s’écrit *

intc

ext

DEP P

Dt= + .

Dans le cas d’un fluide parfait il y a absence de dissipation d’énergie car les forces intérieures

de viscosité sont nulles.

La puissance des forces de pression extérieure est nulle car 0 0pressionF P dSΣ

= =∫∫ur uur r

.

La puissance des forces extérieures se limite donc à la puissance de la force exercée par

l’hélice sur l’air : hélice airhéliceP F v→= ⋅

ur r, où v

r est la vitesse de l’air au niveau de l’hélice.

Finalement ( )2 2

2 1

1

2hélice m

P D v v= − .

6. La puissance éolienne est la puissance prélevée par l’hélice, soit hélice

P P= − , que l’on peut

alors exprimer en fonction de v et de la vitesse du vent incident 1v ; en effet

( )2 1mP D v v v= − − avec m

D Svρ= et 2 12v v v= − , soit ( )2

12P Sv v vρ= − .

La valeur 0v de la vitesse du vent au niveau de l’hélice qui rend la puissance éolienne

maximale est telle que 0( ) 0dP

vdv

= .

Or ( )12 2 3dP

Sv v vdv

ρ= − , d’où 0 1

2

3v v= et 2 0 1 1

12

3v v v v= − = .

La puissance maximale s’écrit alors max 0( )P P v= , soit 3

max 1

8

27P Svρ= , c’est la formule de

Betz.

7. On obtient max 12 kWP = , cette puissance est suffisante pour alimenter en électricité une

habitation particulière (en monophasé).

- 34 -

v h

2ème série : exercices d’entrainement à l’écrit des concours

◊◊◊◊ Exercice 12 : Régimes d’écoulement dans un canal

L’eau est traitée comme un fluide parfait et incompressible.

Considérons un canal horizontal à section rectangulaire de côté L , parcouru par de l’eau de

masse volumique ρ , avec une vitesse v uniforme et constante sur toute une section droite du

canal. La hauteur de l’eau, notée h , n’est pas constante.

1. Que dire de la quantité e définie par 2

2

ve gh= + sur tout le long du canal ? Justifier votre

réponse.

2. Quelle signification physique voyez-vous pour la quantité e ?

3. Exprimer le débit Q en fonction de la largeur du canal L , de h , e et g le champ de

pesanteur.

4. Représenter l’allure de la courbe du débit en fonction de h , et montrer que, pour un débit

donné, il y a deux profondeurs T

h et F T

h h> possibles. On ne cherchera pas à calculer ces

profondeurs !

5. Calculer la hauteur critique c

h du canal qui correspond à un débit maximal. On exprimera

cette hauteur critique en fonction de e et g .

6. En déduire la vitesse cv de l’écoulement quand la hauteur du canal est égale à ch .

7. Les deux profondeurs Th et Fh correspondent à deux régimes d’écoulement dans le canal.

Caractérisez ces deux régimes en termes de « régime fluvial » et « régime torrentiel ».

Solution

1. Considérons une ligne de courant à l’altitude h , sur l’interface eau-atmosphère, le théorème

de Bernoulli impose 2

0

1

2P gh v cteρ ρ+ + = , soit

2

0

2

cte Pvgh cte

ρ

−+ = = , on en déduit

2

2

ve gh cte= + = .

2. gh est une densité massique d’énergie potentielle de pesanteur, 2

2

v est une densité

massique d’énergie cinétique, la quantité e est la densité massique d’énergie mécanique du

fluide.

3. Le débit volumique Q vLh= devient, avec ( )2v e gh= − , ( )2Q e gh Lh= − .

- 35 -

ch

( )Q h

h0

Th

Fh

0Q

4. Etudions la fonction ( )Q h : ( )

( )2 2 32 2

dQ g LL e gh h e gh

dh e gh e gh

−= − + = − − −

.

( )Q h passe par un maximum en 0

2

3

eh

g= .

De plus (0) 0Q = et 0e

Qg

=

. L’allure de ( )Q h est la suivante :

On constate que pour un débit 0Q donné, il y a deux profondeurs possibles.

5. D’après ce qui précède 2

3c

eh

g= .

6. ( )( ) 2c c c

v v h e gh= = − , soit 2

3c

ev = ,

7. T

h correspond au régime torrentiel (grande vitesse) et F

h correspond au régime fluvial

(petite vitesse).

- 36 -

z

h

xO

S 'S

s

L

z

'z

A B

)I(

)II(

••

◊◊◊◊ Exercice 13 : Oscillations d’un fluide entre deux bassins

On considère deux bassins (I) et (II), de sections constantes S et 'S , reliés par une

canalisation horizontale (AB), de section constante s et de longueur L .

Les bassins contiennent de l’eau, considérée comme un fluide parfait et incompressible.

Le niveau libre est ouvert à l’air ; l’eau, de masse volumique ρ , est mise en oscillation ; on

note z et 'z les cotes des surfaces libres des deux bassins, à la date t , (surfaces supposées

horizontales à tout instant) et h la hauteur du liquide au repos.

1. Montrer que, dans la canalisation (AB), la vitesse du liquide, ( , )x

V x t uuur

liée au mouvement

supposé unidirectionnel, ne dépend que de la date t .

2. Quelle loi de conservation permet d’établir une relation simple entre les paramètres S , 'S ,

z , 'z et h ? Etablir cette relation (1).

3. Etablir également la relation (2) : dz

sV Sdt

= − .

4. Intégrer l’équation d’Euler, en circulant le long d’une ligne de courant judicieusement

choisie et passant par les points A et B : on admettra que les vitesses des particules dans le

bassin sont négligeables par rapport à la vitesse dans (AB). Montrer, soigneusement, qu’on

aboutit à l’équation différentielle approchée : ( )' 0dV

L g z zdt

+ − ≈ (relation 3).

5. Déduire de cette étude l’équation différentielle liant z et t , on introduira la grandeur

2 ( ')

'

gs S S

LSSΩ

+= . Caractériser le mouvement des surfaces libres en précisant l’expression

littérale de la période T des oscillations.

6. Applications numériques : 20,1 ms = , 10 mL = et 210 m sg −= ⋅ .

Calculer la période T pour 220 mS = et 2' 10 mS = .

Calculer la période T pour 220 mS = et 'S S>> .

Que devient la période si 'S S s= = , c’est-à-dire si l’eau oscille dans un tube en U ?

Retrouve-t-on le résultat de l’exercice 6 ?

- 37 -

Solution

1. On considère un écoulement unidirectionnel dans la canalisation AB, le champ des vitesses

s’écrit ( , ) xv V x t u=r uur

. Le fluide étant incompressible, div 0v =r

, ce qui s’écrit, en coordonnées

cartésiennes à une dimension x : 0V

x

∂=

∂. On en déduit que la vitesse du liquide ne dépend

que de la date t : ( ) xv V t u=r uur

, et que l’écoulement est uniforme.

2. Le fluide étant un liquide incompressible, son volume total se conserve, soit

' 'Sz sL S z cte+ + = , cette constante est égale à la valeur à l’équilibre, soit 'cte Sh sL S h= + + ,

on en déduit ( )' ' ' (1)Sz S z S S h+ = + .

3. Le fluide étant un liquide incompressible le débit volumique se conserve, notamment il est

continu au passage d’un compartiment à l’autre : vI vII vIII

D D D= = .

Or vI

dzD S

dt= − ,

''

vII

dzD S

dt= et

vIIID sV= et. On en déduit (2)

dzsV S

dt= − .

4. Dans la canalisation AB, l’écoulement étant incompressible et non stationnaire l’équation

d’Euler prend la forme 2

grad 02

v vP gz

tρ ρ ρ

∂+ + + =

∂

ruuuur r

( rot 0v =uurr r

car ( ) xv v t u=r uur

).

Intégrons cette relation le long de la ligne de courant AB :

B B2

A A

grad 02

v vP gz d d

tρ ρ ρ

∂+ + ⋅ + ⋅ =

∂ ∫ ∫

ruuuur uur uur

l l , ou bien :

B B2

AA

02

v vP gz d

tρ ρ ρ

∂+ + + ⋅ =

∂ ∫

ruurl .

Le premier terme s’écrit : ( )2 22

2 2

B

B AB A B A B A

A

v vvP gz P P g z z P Pρ ρ ρ ρ −

+ + = − + − + = −

car

A Bz z= et

A Bv v= car chaque point du liquide a la même vitesse.

Le deuxième terme s’écrit :

B B B

A A A

v d dV dVd v d d L

t dt dt dtρ ρ ρ ρ

∂⋅ = ⋅ = =

∂ ∫ ∫ ∫

ruur r uurl l l .

On a donc 0B A

dVL P P

dtρ + − = .

On admet que les vitesses des particules dans le bassin sont négligeables par rapport à la

vitesse dans (AB).

On peut alors considérer que les écoulements dans les deux bassins I et II sont stationnaires.

De plus le fluide est parfait et incompressible.

On peut alors appliquer le théorème de Bernoulli le long d’une ligne de courant.

Dans le bassin I : entre un point de la surface libre 1C et le point A :

2 2

10

2 2

AA

v vP gz Pρ ρ ρ+ + = + , avec 0P la pression atmosphérique (considérée comme

localement uniforme).

Or 1 Av v<< , d’où 2

02

AA

vP P gzρ ρ= + − .

Dans le bassin II : entre un point de la surface libre 2C et le point B :

2 2

20 '

2 2

BB

v vP gz Pρ ρ ρ+ + = + .

- 38 -

Or 2 Av v<< , d’où 2

0 '2

AB

vP P gzρ ρ= + − .

Puisque A Bv v= , on en déduit ( )'B AP P g z zρ− = − .

Or 0B A

dVL P P

dtρ + − = , et finalement ( )' 0 (3)

dVL g z z

dt+ − = .

5. La conservation du débit volumique dz

sV Sdt

= − donne 2

2

dV S d z

dt s dt= − .

La conservation du volume ( )' ' 'Sz S z S S h+ = + donne ( )'

''

S S h Szz

S

+ −= .

En remplaçant dans l’équation (3) on obtient ( )2

2

'0

'

S S h SzLS d zg z

s dt S

+ −− + − =

, ou

encore 2

21 1

' '

LS d z S Sg z g h

s dt S S

+ + = +

, et finalement

( ) ( )2

2

' '

' '

gs S S gs S Sd zz h

dt LSS LSS

+ ++ = .

En posant 2 ( ')

'

gs S S

LSSΩ

+= on obtient

22 2

2

d zz h

dtΩ Ω+ = .

De ( )'

''

S S h Szz

S

+ −= on déduit

( )' ' 'S S h S zz

S

+ −= et

2 2

2 2

' 'd z S d z

dt S dt= − .

En replaçant dans 2

2 2

2

d zz h

dtΩ Ω+ = on obtient la même équation pour 'z :

22 2

2

''

d zz h

dtΩ Ω+ = .

La solution de cette équation différentielle est de la forme : ( ) cos( ) sin( )z t A t B t hΩ Ω= + + .

Chaque surface libre possède un mouvement oscillatoire autour de la hauteur h avec une

période 2

Tπ

Ω= , soit

( )'

2'

LSST

gs S Sπ=

+.

3. Application numérique :

Pour 2

20 mS = et 2

' 10 mS = on obtient 51,3T s= .

Pour 2

20 mS = et 'S S>> , la période s’écrit 2LS

Tgs

π= , soit 88,9T s= .

Si 'S S s= = la période devient 22

LT

gπ= , soit 4,4 sT = , c’est celle des oscillations dans

un tube en U, comme dans l’exercice 6.

- 39 -

e

αx

y

vr

0

◊◊◊◊ Exercice 14 : Ecoulement sur un plan incliné

Une couche mince, d’épaisseur e , de liquide de masse volumique ρ et de viscosité η ,

s’écoule de manière incompressible et stationnaire sur un plan incliné d’un angle α avec

l’horizontale. On appelle 0P la pression atmosphérique locale et on néglige les phénomènes de

viscosité sur l’interface air-liquide. Le champ des vitesses est de la forme : ( ) xv v y u=r uur

. Soit

P la pression au sein du liquide.

1. Montrer que l’équation de Navier-Stokes conduit aux relations suivantes : 2

2sin

P vg

x yρ α η

∂ ∂= +

∂ ∂ et cos

Pg

yρ α

∂= −

∂.

2. En déduire les solutions ( )P y et ( )v y .

3. Déterminer la valeur maximale maxv de ( )v y .

4. On donne : 1mme = et 45α = ° . Calculer maxv et le nombre de Reynolds pour

l’eau (3

10 Plη −= et 3 3

10 kg.mρ −= ) et pour l’huile ( 1 Plη = et 3 3

10 kg.mρ −= ).

Conclusion ?

5. Lorsqu’on laisse couler de l’eau sur un plan incliné on constate qu’après l’écoulement le

plan reste mouillé. Expliquer.

Solution

1. L’écoulement est stationnaire donc 0v

t

∂=

∂

rr

, de plus ( ) xv v y u=r uur

donc ( )grad 0v v⋅ =r uuuur r r

, d’où

0Dv

dt=

rr

.

L’équation de Navier-Stokes se réduit alors à grad 0P g vρ η∆− + + =uuuur ur r r

.

En projettant sur xuuur

et yuuur

on obtient bien : 2

2sin

P vg

x yρ α η

∂ ∂= +

∂ ∂ et cos

Pg

yρ α

∂= −

∂.

2. En intégrant la deuxième on obtient ( )( , ) cos ( )P x y g y f xρ α= − + .

En injectant dans la première on obtient 2

2'( ) sin

vf x g

yρ α η

∂= +

∂, soit

2

2( ) sin

vf x g x cte

yρ α η ∂

= + + ∂

. D’où : ( )2

2( , ) sin cos

vP x y g x y x cte

yρ α α η

∂= − + +

∂.

L’équation 2

2'( ) sin

vf x g

yρ α η

∂= +

∂ possède un membre de gauche ne dépendant que de x et

un membre de droite ne dépendant que de y , donc les deux termes ont une valeur constante : 2

2sin

vg cte

yρ α η

∂+ =

∂ et

2

2

vcte

y

∂=

∂.

- 40 -

La pression à l’interface air-liquide vaut 0P , d’où 0( , ) ,P x e P x= ∀ , et

( )2

02sin cos

vg x e x cte P

yρ α α η

∂− + + =

∂.

On peut alors écrire ( )2

02sin cos 0

vg x ge cte P

yρ α η ρ α ∂

+ + − + − = ∂

, qui doit être vraie x∀ ,

on en déduit alors : 2

2sin 0

vg

yρ α η

∂+ =

∂ et 0cos 0ge cte Pρ α− + − = .

On a donc 0coscte ge Pρ α= + et ( )( )2

02( , ) sin cos

vP x y g x e y x P

yρ α α η

∂= + − + +

∂.

Avec 2

2sin

vg

yη ρ α

∂= −

∂, on obtient ( )0( ) cosP y P g e yρ α= + − .

En intégrant 2

2sin

vg

yη ρ α

∂= −

∂ on obtient

sinv gy cte

y

ρ α

η

∂= − +

∂.

Il nous faut une condition aux limites sur v

y

∂

∂ pour déterminer la cte .

Or on néglige les phénomènes de viscosité sur l’interface air-liquide, ce qui sinifie que la

force de viscosité que subit une particule fluide, de la forme v x

vdF dSu

yη

∂=

∂

uuur uur est nulle sur

l’interface air-liquide, soit ( ) 0v

y ey

∂= =

∂, d’où

singcte e

ρ α

η= − , et ( )

sinv ge y

y

ρ α

η

∂= −

∂.

On a donc 2sin

'2

g yv ey cte

ρ α

η

= − +

.

Or la condition aux limites à l’interface liquide-support impose ( 0) 0v y = = , d’où ' 0cte = et

( )sin

( ) 22

gv y y e y

ρ α

η= − .

3. La vitesse est maximale en y e= (à la surface) et 2

max

sin

2

gev

ρ α

η= .

4. Ordre de grandeur :

- pour l’eau on obtient 1

max 0,87 m.sv −= ;

- pour l’huile on obtient 1

max 0,87 mm.sv −= .

Le nombre de Reynolds s’écrit maxe

v eR

ρ

η= .

- pour l’eau on obtient 870eR = ;

- pour l’huile on obtient 0,00870eR = .

Pour l’eau et l’huile la vitesse est faible et l’écoulement est laminaire (pas de turbulence).

5. Lorsqu’on laisse couler de l’eau sur un plan incliné on constate qu’après il reste mouillé, en

effet ( 0) 0v y = = , certaines gouttes d’eau restent « collées » sur le plan par effet de viscosité.

- 41 -

z

h

xO

S 'S

s

L

z

'z

A B

)I(

)II(

••

◊◊◊◊ Exercice 15 : Montée d’un liquide visqueux dans un bassin

On considère deux bassins (I) et (II), de sections constantes S et 'S , reliés par une

canalisation horizontale (AB), de section constante s et de longueur L .

Les bassins contiennent un liquide, considérée comme un fluide visqueux, de masse

volumique ρ et de viscosité η , et incompressible.

Initialement, le système est dans l’état suivant :

- le bassin (II) est vide, 'S S s= >> ;

- le bassin (I) contient un liquide sur une hauteur h ;

- une vanne ferme la canalisation en B.

A la date 0t = , on ouvre la vanne ; on admet que, entre les instants t et t dt+ , l’écoulement

dans la canalisation suit la loi de Poiseuille : 2

8 vA B

L DP P

s

π η⋅ ⋅ ⋅− = , où A BP P− est la chute

de pression (constante) entre A et B et vD le débit volumique dans la canalisation.

On pourra utiliser les résultats de l’exercice 13.

1. Quelle sera la hauteur du liquide à l’état final dans le bassin (I) ?

2. Quelle relation existe-t-il entre z et 'z ?

3. Etablir, soigneusement, l’équation différentielle liant z et t , en précisant les hypothèses

liées aux différentes étapes de la démonstration. On montrera en particulier que dans les

bassins I et II tout se passe comme si le fluide était parfait, en remarquant que

( ) ( )grad div rot rotv v v∆ = −r uuuur r uur uurr

.

On introduira la grandeur : 2

4 LS

gs

πητ

ρ= en indiquant sa signification physique.

4. Etablir ( )z t en fonction de h et τ .

5. A quelle date, la hauteur finale, dans le bassin (II), est-elle atteinte à 1 % près ? Commenter

ce résultat.

6. Vérifier que la vitesse d’écoulement dans la canalisation (cylindre de rayon a ) est donnée,

dans ce modèle, par ( )

( )2 2( )4

A BP PV r a r

Lη

−= − où r est la distance à l’axe de symétrie de

(AB).

7. Application numérique : la canalisation permet le transfert d’une huile : 0,04 Plη = , 3900 kg mρ −= ⋅ , 1 mh = , 2 mL = et 2 5 mma = .

8. Estimer l’ordre de grandeur de la vitesse maximale dans l’écoulement dans la canalisation

ainsi que la valeur correspondante du nombre de Reynolds ; commenter ce résultat.

Quelle est la valeur numérique de A BP P− maximale ?

- 42 -

Solution

1. Le fluide étant un liquide incompressible, son volume total se conserve.

Dans l’état initial : (0)z h= et '(0) 0z = , soit un volume total de liquide : totV Sh= .

Dans l’état final : ' 'f fz z h= = . Le volume de liquide est alors ' ' 'totV Sh S h sL= + + .

Or 'S S s= >> , d’où 2 'totV Sh= . On en déduit '2

hh = .

2. A un instant quelconque le volume total de liquide s’écrit 'totV Sz Sz= + et totV Sh= , d’où

'z z h+ = .

3. Le fluide étant visqueux on doit utiliser l’équation de Navier-Stokes :

( )grad gradv

v v g P vt

ρ ρ ρ η∆∂

+ ⋅ = − +∂

rr uuuur r ur uuuur r

.

Or ( ) ( )∆ grad div rot rotv v v= −r uuuur r uur uurr

. Le fluide est incompressible donc div 0v =r

.

Dans les bassins I et II le champ des vitesses du fluide est de la forme ( , ) zv v z t u=r uur

, de sorte

que rot 0v =uurr r

, l’écoulement est irrotationnel. On a alors ∆ 0v =r r

, comme si le fluide était

parfait.

On peut alors utiliser les résultats de l’exercice 13 : ( )'B AP P g z zρ− = − .

Dans la canalisation AB le fluide est un écoulement de Poiseuille et suit la loi de Poiseuille :

2

8 vA B

L DP P

s

π η⋅ ⋅ ⋅− = , d’où ( )2

8'vL D

g z zs

π ηρ

⋅ ⋅ ⋅= − .

Le fluide étant un liquide incompressible le débit volumique se conserve, notamment il est

continu au passage d’un compartiment à l’autre : vI vII vIIID D D= = , que l’on écrit

v vI

dzD D S

dt= = − . D’autre part 'z h z= − .

On a alors : ( )2

82

L dzS g z h

s dt

πηρ

− = −

, ou bien 2 2

4 8

dz gs gsz h

dt LS LS

ρ ρ

πη πη+ = .

En posant 2

4 LS

gs

πητ

ρ= on obtient

2

dz z h

dt τ τ+ = .

τ est le temps de relaxation du système, c’est l’ordre de grandeur du temps qu’il faut pour

que le système relaxe vers son état d’équilibre.

4. La solution générale de l’équation différentielle précédente s’écrit ( )2

th

z t Ae τ−

= + où A est

une constante. Or (0)z h= donc 2

hA = , d’où ( ) 1

2

th

z t e τ−

= +

.

5. On cherche l’instant 1t tel que 1

101( )

100 2

hz t = , soit

1 1011

100

t

e τ−

+ = ou encore 1

100

t

eτ = et

1 ln100t τ= .

On obtient 1 4,6t τ= , ce qui est accord avec l’interprétation physique de τ : au bout de

quelques τ le système a quasiment atteint son état d’équilibre.

- 43 -

6. Le débit volumique de la conduite est vD v dSΣ

= ⋅∫∫r uur

où Σ est la section de la conduite,

c’est un disque de rayon a .

Avec ( ) zv v r u=r uur

, zdS rdrd uθ=

uur uur avec [0, ]r a∈ et [0,2 ]θ π∈ le débit s’écrit

=pQ2

0 0( )

a

rv r rdr d

π

θθ

= =∫ ∫ .

Avec ( )

( )2 2( )4

A BP Pv r a r

Lη

−= − , on obtient

( ) ( )42 2 4

0

2

4 2 4 8

a

A B A B

v

P P a P Pa r rD

L L

π π

η η

− − = − =

.

La conduite est circulaire de section 2

s aπ= , d’où 2

4 saπ

π= et

2

8 vA B

L DP P

s

π η⋅ ⋅ ⋅− = : on

obtient bien la loi de Poiseuille.

7. La vitesse dans la canalisation est maximum sur l’axe du cylindre et ( ) 2

max4

A BP P av

Lη

−= .

La relation : ( )'B AP P g z zρ− = − s’écrit à l’état initial B AP P ghρ− = − , d’où 2

max4

ghav

L

ρ

η= .

Le nombre de Reynolds de l’écoulement est maxe

v dR

ρ

η= avec 2d a= , d’où

2 3

22e

ghaR

L

ρ

η= .

Application numérique : -1

max 0,18 m sv = ⋅ , 0, 2eR = et ( )max

9000A BP P Pa− = .

La vitesse est faible, le nombre de Reynolds est négligeable devant 2000, l’écoulement est

purement laminaire.

- 44 -

Figure 2

β

0vuur

Bvuur x

O

Figure 1

θ

1vur

2vuur

1A1B

1C 1D

2A

2B

2C

2D

◊◊◊◊ Exercice 16 : Navigation à voile

1. Soit un fluide parfait incompressible s'écoulant en régime permanent dans un tube de

section constante, présentant un coude d'angle θ et disposé horizontalement (figure 1). En

appliquant le théorème de la quantité de mouvement au système constitué par le fluide

situé à l'instant t entre les sections 1 1A B et 2 2A B qui se trouve à l'instant t dt+ entre les

sections 1 1C D et 2 2C D , montrer que la résultante des forces que le fluide exerce sur les

parois du fait de son mouvement s'exprime par ( )1 2fluide paroi

dmF v v

dt→ = −

ur ur uur. Puis, exprimer le

débit massique dm

dt en fonction de ρ masse volumique du fluide, S section de la conduite

et 1 2v v v= =ur uur

norme de la vitesse. En déduire la norme de la force en fonction de ρ , S ,

v et sin2

θ et préciser avec soin sa direction.

2. Un voilier se déplace à la vitesse Bvuur

par rapport à la mer ; on supposera le vecteur vitesse

Bvuur

porté par l'axe du bateau, la dérive étant négligeable du fait de la présence d'une quille

voilier de type monocoque. Soit 0vuur

la vitesse du vent par rapport à la mer, venant de la

direction repérée par l'angle β (figure 2). Déterminer la vitesse v du vent par rapport au

voilier appelé vent apparent ; on précisera sa norme et sa direction notée α . Application

numérique : 14 m sBv −= ⋅ ,

1

0 25 m sv −= ⋅ , 60β = ° .

3. La grand' voile est un contour plan défini par le mât et la bôme ; elle est placée dans

l'écoulement apparent de l'air qui la creuse comme le coude de la question 1 ; le lest est

supposé suffisant pour que le mât reste quasiment vertical, soit α la direction du vent

apparent de vitesse v et ϕ l'angle que forme la direction du vent apparent avec le plan du

contour de la voile ; soit Σ l'aire du contour plan (figure 3). Exprimer la composante xF ,

- 45 -

Figure 3

O α

ϕ

vr

SΣ

Creux de la

voile

suivant l'axe du voilier, de la force exercée par le vent ; et montrer qu'elle est de la forme :

( )2 ,xF v XρΣ α ϕ= ; exprimer la fonction ( ),X α ϕ .

4. Montrer que pour chaque direction α du vent apparent, un réglage optimum de l'angle ϕ

est possible ; soit 0ϕ cette valeur, calculer 0ϕ en fonction de α et donner la courbe

( )0,X α ϕ en fonction de α .

5. Calculer numériquement la force maximum xMF avec les valeurs suivantes : 220 mΣ = ,

130 m sv−= ⋅ , 90α = ° et

31,3 kg mρ −= ⋅ .

Solution

1. On cherche à déterminer la force Fur

exercée par le fluide sur le tube coudé, il s’agit de la

résultante des forces de pression sur la paroi intérieure du tube. La force exercée par le tube

sur le fluide est donc F−ur

.

Considérons la surface de contrôle 1 1 2 2C D B A .

Soit S le système ouvert constitué de l’eau contenue dans la surface de contrôle à chaque

instant.

Soit S* le système fermé constitué, à l’instant t , de l’eau contenue dans la surface de contrôle

et de l’eau contenue dans 1 1 1 1A B D C , qui va entrer dans la surface de contrôle pendant dt .

S* est aussi le système fermé constitué, à l’instant t dt+ , de l’eau contenue dans la surface de

contrôle et de l’eau contenue dans 2 2 2 2A B D C , qui est sortie de la surface de contrôle pendant

dt .

Soit pur

la quantité de mouvement du système S, et *puuur

la quantité de mouvement du système

S*. On a alors :

( ) ( )

( )2 1

2 1

*( ) *( ) ( ) ( )

( ) ( )

Dp p t dt p t p t dt dmv p t dmv

p t dt p t dm v v

= + − = + + − +

= + − + −

uuur uuur uuur ur uur ur ur

ur ur uur ur

En régime permanent, la quantité de mouvement du système S ne dépend pas du temps, d’où

( ) ( )p t dt p t+ =ur ur

, d’où ( )2 1*( ) *( )Dp p t dt p t dm v v= + − = −uuur uuur uuur uur ur

, ou bien : ( )2 1

Dp dmv v

dt dt= −

uuuruur ur

.

Le théorème de la résultante de la dynamique énonce paroi fluide

DpF

dt→=

uuurur

.

- 46 -

D’après le principe de l’action et de la réaction : paroi fluide fluide paroiF F→ →= −ur ur

, d’où

( )1 2fluide paroi

dmF v v

dt→ = −

ur ur uur.

Puisque l’écoulement est incompressible le débit massique se conserve.

Puisque la section est constante et que le fluide est parfait, la vitesse est constante dans toute

section droite du tube, le débit massique s’écrit loin en amont 1mD Svρ= et loin en aval

2mD Svρ= .

Avec 1 2v v v= =ur uur

, on obtient : mD Svρ= .

On a alors ( )2

1 2F Sv u uρ= −ur ur uur

, où 1uur

est un vecteur directeur de l’écoulement en amont et 2uuur

est un vecteur directeur de l’écoulement en aval.

Soit θ l’angle entre 1uur

et 2uuur

alors ( )2 2

1 2 1 cos sin 2 2cosu u θ θ θ− = − + = −ur uur

ou bien

1 2 2sin2

u uθ

− =ur uur

.

Cette force est de norme 2

2 sin2

F Svθ

ρ= , et elle est dirigée perpendiculairement au coude.

2. Le vecteur vitesse du vent apparent est 0 Bv v v= −r uur uur

(loi de composition des vitesses), avec

β l’angle entre Bvuur

et 0v−uur

.

On a alors 2 2

0 02 cosB Bv v v v v β= + + , soit 127,2 m sv

−= ⋅ .

Soit α l’angle que fait vr

avec l’axe Ox , ou avec Bvuur

, tel que cos B

B

v v

vvα

⋅=

r uur

.

Or ( ) ( )2 2

0 0 0 0cos cosB B B B B B B B Bv v v v v v v v v v v v v vβ β⋅ = − ⋅ = ⋅ − = − − = − +r uur uur uur uur uur uur

D’où ( )0

2 2

0 0

coscos

2 cos

B B

B B

v v v

v v v v

βα

β

− +=

+ + et

( )0

2 2

0 0

cosArccos

2 cos

B B

B B

v v v

v v v v

βα

β

− + = + +

, soit

127,3α = ° . Ce vent apparent est dirigé vers l’arrière du voilier.

3. La force Fur

exercée par le vent est perpendiculaire à la voile, dirigée vers l’avant du voilier,

elle fait un angle α ϕ− avec l’axe Ox , sa composante s’écrit donc ( )sinxF F α ϕ= − .

Or on a vu au 1 que 2

2 sin2

F Svθ

ρ= , avec θ l’angle du coude.

Ici 2θ ϕ= puisque le vent est dévié de ϕ à l’entrée de la voile et est dévié de ϕ à la sortie de

la voile.

De plus sinS Σ ϕ= , d’où ( )2 22 sin sinxF vρΣ ϕ α ϕ= − .

On a bien une expression de la forme : ( )2 ,xF v XρΣ α ϕ= , avec

( ) ( )2, 2sin sinX α ϕ ϕ α ϕ= − .

4. On étudie la fonction ( ) ( )2, 2sin sinX α ϕ ϕ α ϕ= − .

A α fixé, [ ]0,ϕ α∈ . Or ( ) ( ),0 , 0X Xα α α= = , et puisque ( ) 0X ϕ > sur [ ]0,α , on déduit

du théorème de Rolle que ( )X ϕ passe par un maximum sur [ ]0,α .

- 47 -

On en déduit qu’à cap fixé et qu’à vent apparent fixé il existe un réglage optimal de la

position de la voile qui rend la force propulsive maximale.

Soit 0ϕ tel que 0( ) 0dX

dα

ϕϕ

=

.

Or ( ) ( )2 2 3, 2sin sin 2sin sin cos 2cos sinX α ϕ ϕ α ϕ α ϕ ϕ α ϕ= − = − .

( )

( )

2 3 2

2 2

22

2sin 2sin cos sin 2cos 3sin cos

2sin 2sin cos sin sin 3cos sin cos

2sin cos 3tan tan 2

sin tan

dX

dα ϕ ϕ ϕ α ϕ ϕ

ϕ

ϕ α ϕ α ϕ α ϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ

α α

= − − ⋅

= − −

= − + −

On en déduit que 0ϕ vérifie l’équation du second degré : 2

0 0

3tan tan 2 0

tanϕ ϕ

α+ − = ;

On obtient finalement

−+= 8

tan

9

2

1

2tan

3-Arctan

20αα

ϕ .

La courbe ( )0,X α ϕ en fonction de α peut être tracée avec un ordinateur et a l’allure

suivante :

5. Si 90α = ° alors 1

0tanα

= , on a donc ( )0 Arctan 2 54,7ϕ = = ° et 0,77X = .

On en déduit 1800 NxM

F = .

( )0,X α ϕ

α0

- 48 -

h'hv

w

x1S 2S

( )S

◊◊◊◊ Exercice 17 : Génération d’une onde de ressault

Soit un canal horizontal à section rectangulaire de côté L , parcouru par de l’eau de masse

volumique ρ , avec une vitesse v uniforme et constante sur toute une section droite du canal.

A un instant donné, le canal est obturé à un endroit par une paroi verticale. Une vague

remonte alors le canal à la vitesse w mesurée dans le référentiel terrestre. La hauteur d’eau en

amont du ressaut est h , et la vitesse du courant est v . En aval, la hauteur d’eau est 'h

constante. On étudie dans le référentiel terrestre, supposé galiléen, le système fermé (S) de

fluide délimité par les sections (en pointillés sur le dessin) amont 1S et aval 2S . On supposera

que l’on peut encore calculer les forces de pression dues à la colonne d’eau comprise entre 2S

et la paroi. Pour simplifier on supposera que le front de la vague est vertical.

1. En traduisant la conservation de la masse du système (S), établir une relation entre v , w ,

h et 'h .

2. Faire un dessin du système (S) à l’instant t et à l’instant t dt+ . On pourra griser ou

hachurer le fluide déplacé. En déduire la variation de la composante horizontale de la

quantité de mouvement du système (S) pendant dt . On montrera qu’elle s’écrit sous la

forme ( , )xdP

Lh g v wdt

ρ= − ⋅ où ( , )g v w est une fonction de v et w que l’on explicitera. On

supposera que la vitesse v du fluide est nulle en 2S .

3. La pression étant 0P sur la surface de l’eau en écoulement, calculer, en fonction de la

profondeur, la pression qui règne dans l’eau, en appliquant la relation fondamentale de la

statique des fluides.

4. Soit une paroi rectangulaire plongée dans l’eau, de largeur L et de hauteur h . Calculer la

résultante des forces de pression s’exerçant sur cette paroi. Exprimer le résultat en fonction

de L , h , ρ , 0P et g . On pourra introduire un vecteur nr

normal à la paroi que l’on

exprimera en fonction du vecteur unitaire xeuur

de l’axe (O )x .

5. Que vaut la résultante des forces de pression sur la section gauche 1S de (S) ? Même

question pour la section droite 2S de (S) et pour le front de vague qui est supposé vertical.

En déduire l’expression de la résultante des forces extérieures s’appliquant sur (S), en

fonction de ρ , g , L , h et 'h .

6. En déduire alors que ( ) ( ', )2

gh v w v f h h+ = ⋅ où f est une fonction de h et 'h que l’on

précisera.

7. Déduire des relations obtenues en 1 et 6 la célérité w de la vague en fonction de g , h et

'h .

8. Si on fait 'h h≈ , que retrouve-t-on ?

- 49 -

l

εh

'h

A l’instant t

vdt

l

εh

'h

A l’instant t + dt

wdt

Solution

1. Soit l la distance entre 1S et 2S , et ε la distance entre 1S et le front de vague.

La masse système (S) est à l’instant t : ( ) '( )m t Lh Lhρ ε ρ ε= + −l , et à l’instant t dt+ :

( )( ) '( )m t dt Lh vdt wdt Lh wdtρ ε ρ ε+ = − − + − +l .

La masse de ce système fermé se conserve donc ( ) ( )m t dt m t+ = . On en déduit

( ) '( ) '( )Lh vdt wdt Lh wdt Lh Lhρ ε ρ ε ρ ε ρ ε− − + − + = + −l l , soit ( )'hv h h w= − .

2. Représentons le système (S) à l’instant t et à l’instant t dt+ :

La composante horizontale de la quantité de mouvement du système (S) à l’instant t est

( )x

P t Lh vρ ε= (après le front de vague la vitesse du fluide est nulle). A l’instant t dt+ :

( )( )xP t dt Lh vdt wdt vρ ε+ = − − .

On en déduit ( ) ( )x x x

dP P t dt P t= + − , soit ( )xdP Lh v w vdtρ= − + , d’où ( )xdP

Lh v w vdt

ρ= − + .

On en déduit la fonction : ( )( , )g v w v w v= + .

3. La relation fondamentale de la statique des fluides est gradP gρ=uuuur ur

.

En supposant l’axe Oz est orienté vers le bas et O au niveau de la surface libre on obtient :

dPg cte

dzρ= = , d’où en intégrant : 0( )P z P gzρ= + .

4. La force pressante sur une paroi s’écrit : p

F PdSnΣ

= ∫∫uur r

, avec Σ la surface de la paroi et nr

un vecteur normal à la paroi, ce qui s’écrit :

2

0 00 0 0 0

( ) ( )2

L h L h

p x x x

ghF P z dydze dy P gz dze P h Le

ρρ

= = + = +

∫ ∫ ∫ ∫

uur uur uur uur,

soit 02

p x

ghF P Lhe

ρ = +

uur uur.

5. On en déduit la résultante des forces de pression sur la section gauche 1S de (S) :

1 02

pS x

ghF P Lhe

ρ = +

uuuur uur, et des forces de pression sur la section gauche 2S de (S) :

2 0

''

2pS x

ghF P Lh e

ρ = − +

uuuur uur.

Le front de vague de hauteur 'h h− subit la force de pression de l’air, pression 0P uniforme, la

section du front de vague étant ( )'h h L− , il subit la force de pression : ( )0 'pvg xF P h h Le= −uuuur uur

.

On en déduit la résultante des forces de pression s’exerçant sur (S) : 1 2p pS pS pvgF F F F= + +uur uuuur uuuur uuuur

,

soit ( )2 2'

2p x

gLF h h e

ρ= −

uur uur.

- 50 -

6. Appliquons le théorème de la résultante dynamique au système fermé (S) : ext

d PF

dt=∑

uruuur

,

soit en projection sur Ox : xx

dPF

dt=∑ . Or ( )x

dPLh v w v

dtρ= − + et ( )2 2

'2

x

gLF h h

ρ= −∑ ,

donc ( ) ( )2 2'

2

gLLh v w v h h

ρρ− + = − , ou encore ( ) ( )2 2

'2

gh v w v h h+ = − .

On en déduit la fonction : 2 2( ', ) 'f h h h h= − .

7. De ( )'hv h h w= − et ( ) ( )2 2'

2

gh v w v h h+ = − , on tire ( )2 2 2'

2

gv wv h h

h+ = − et

'h hv w

h

− =

, d’où ( )2

2 2 2 2' ''

2

h h h h gw w h h

h h h

− − + = −

, soit, en simplifiant,

( )'

2 '

gh h hw

h

−= .

8. Pour 'h h≈ on obtient w gh= , c’est la célérité des ondes à la surface de l’eau, c’est la

vitesse des vagues.

TRAVAUX DIRIGES DE MECANIQUE DES FLUIDES PC/PC

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