Correction (TD1 2) MDF - GI GEMI (20 21) S1 Etu [PDF]

Zitiervorschau

TD N°1 ( Statique des fluides) EX1 : Soit un tube en U (Figue 1), contenant trois liquides. On donne : ρ1 = 1000 Kg/m3 (eau), ρ2 = 13600 Kg/m3 (mercure) et ρ3 = 700 Kg/m3 (essence) On donne les équations : Z0-Z1 = 0.2 m Z3-Z2 = 0.1m Z1+Z2 = 1m Calculer Z0, Z1, Z2 et Z3

On applique l’équation Fondamentale de l’Hydrostatique Pour un fluide homogène

P + gz = cste

Fluide ρ1 Fluide ρ2 Fluide ρ3

Somme =

P0 + 1gz 0 = P1 + 1gz1 P1 + 2 gz1 = P2 + 2 gz 2 P2 + 3gz 2 = P3 + 3gz 3

Avec ici P0= P3= Pression atmosphérique

1 (z 0 − z1 ) + 2 (z1 − z 2 ) = 3 (z 3 − z 2 )

Soit la quatrième équation

1 (z 0 − z1 ) − 3 (z 3 − z 2 ) (z 2 − z1 ) = 2

Résolution du système à 4 équations Application numérique

Z0 = 695,82 mm Z1 = 495,82 mm Z2 = 504,78 mm Z3 =604,78 mm

Suite EX1

Autre méthode de résolution rapide : Utilisation de la propriété des isobares

Isobare est une surface d’égale pression, Mais pour un fluide homogène K

L

I

J

Surface isobare I-J pour le fluide me masse volumique

ρ2

PI = PJ (1)

Avec Et

PI = P0 + 1g(z 0 − z1 ) PJ = P3 + 3g(z 3 − z 2 ) + 2 g(z 2 − z1 )

3 (z 3 − z 2 ) + 2 (z 2 − z1 ) = 1 (z 0 − z1 )

De (1) Soit la

4iem

Avec P0= P3= Pression atmosphérique

équation

1 (z 0 − z1 ) − 3 (z 3 − z 2 ) (z 2 − z1 ) = 2

Attention la surface K-L ce n’est une isobare

Parce que elle contient 2 fluides non homogène

EX2 : On remplit un manomètre en U avec trois liquides (figure2) en procédant de la manière suivante. Dans le fond du tube on place du mercure puis on remplit simultanément la branche de droite avec de l'eau, la branche de gauche avec un fluide X . Le tube est remplit à ras bord. On donne : ρeau = 1000 Kg/m3, ρmercure = 13600 Kg/m3, Hx = 0.97m et He=1m Calculer la masse volumique ρX de fluide X

On applique l’équation Fondamentale de l’Hydrostatique Pour un fluide homogène

P + gz = cste

Fluide ρx Fluide ρm Fluide ρeau

PA + X gz A = PB + X gz B PB + m gz B = PC + m gz C PC + eau gz C = PD + eau gz D

Somme = X (z A

Soit

Avec ici PA= PD= Pression atmosphérique

− z B ) = m (z C − z B ) + eau (z D − z C )

 (H − H e ) + eau H e H X = m X = e (eau − m ) + m HX HX

X H X = m (H X − H e ) + eau H e Application numérique

X = 610, 3 Kg / m3

Suite EX2

Autre méthode de résolution rapide : Utilisation de la propriété des isobares

Isobare est une surface d’égale pression, Mais pour un fluide homogène Surface isobare I-C pour le fluide

J

me masse volumique ρm

PI = PC

I Avec Et

(1)

PI = PA +  x gH x + m g(H e − H x ) PC = PD + eau gH e

Avec PA= PD= Pression atmosphérique

X H x + m (H e − H X ) = eau H e

De (1)

Soit

He X = (eau − m ) + m HX

Attention la surface B-J ce n’est une isobare

Parce que elle contient 2 fluides non homogène

EX3 : De quelle hauteur H faut-il s’élever dans l’atmosphère isotherme pour que la pression diminue de 100 mm de mercure ? On donne : pression au sol Po = 200 mm Hg, To = 300 °K, g = 10 Kg/s2 et R =8.3 J/°K. Cours : Variation de la pression dans l’ Atmosphère

P(z) = P0 e

−

gz RT

la pression diminue de 100 mm de mercure pour une hauteur H ? Càd

Soit

P(H) = P0 e P0 e

−

gH RT

−

gH RT

= P0 − 100 = 200 − 100 = 100

= 100  e

−

gH RT

100 gH 100 = et − = ln P0 RT P0

Application numérique

RT 100 H=− ln g P0

8.3x300 100 H=− ln = 172.6m 10 200

EX4 : Manomètre différentiel. Calculer la différence de pression PA-PB dans la conduite d’eau. On applique l’équation Fondamentale de l’Hydrostatique Entre les différents points pour le mêmes fluide

A-C

C-D B-D

Eau

P + gz = cste

D

PA + eau gz A = PC + eau gz C PC + Hg gz C = PD + Hg gz D PD + eau gz D = PB + eau gz B

Somme = PA

On sait que

J

+ eau g(z A − z C ) + eau g(z D − z B ) = PB + Hg (z D − z C ) Soit

Hg

PA + eau gH = PB + Hg H eau

PA − PB

On note les points C, D

C

Avec ZA = ZB et ZD – ZC = H

PA − PB = Hg( Hg − eau )

0 Alors le mouvement de l’eau se dirige de A vers B

Utilisation de la propriété des isobares Soit la Surface isobare C-J pour le fluide me masse volumique ρHg Avec

PC = PJ

PC = PA + eau g(z A − z C )

Et

PJ = PB + eau g(z B − z D ) + Hg g(z D − z J )

PA − PB = Hg( Hg − eau )

EX5 Un réservoir carré de côté L contient une hauteur h d’eau (eau=1000 Kg/m3) est soumis à une accélération horizontale a =3.5 m/s2, a) Ecrire le PFS, en déduire l’expression de la pression P = f(y,z) b) Déterminer l’expression de l’équation de la surface libre z = f(y). c) Calculer le niveau d’abaissement Na et d’élevement Ne, On donne : L=1.5m et h=1m Question a.

PFS

-a

P f i − = 0 (i = y, z), avec  = cste x i

-g

Problème dans le plan (y,z), une particule M est soumise aux deux accélérations

P P /y f y − = 0 (avec f y = −a)  = −a y y P P /z f z − = 0 (avec f z = −g)  = −g z z Expression de la pression pour  une particule de coordonnées (y,z) Question b.

M

a et g

P /y = −a  P(y, z) = −ay + (z) y P /z = −g  P(z) = (z) = −gz z

P(y, z) = −ay − gz + cste

Pour notre problème , la surface Isobare et la surface libre soumise à la pression Atmosphérique C’est une surface inclinée et non horizontal comme celle quand le liquide été repos

Càd que sur cette surface

P P dP(y, z) = dy + dz = 0 y z

dP(y, z) = −ady − gdz = 0

Suite EX5

dP(y, z) = −ady − gdz = 0

Soit

Une grandeur physique de liquide n’a pas changé entre le repos et le mouvement, laquelle ???

Il faut déterminer la cste = ?

ha

Avec

VR = L h 2

De

De

a (1) z(0) = − 0 + cste = cste = h e g (3)

Question c.

(4)

he = niveau élevement : y=0

ha = niveau abaissement : y=L

L2 (h e − h a ) Et VM = L h a + 2 2

L2 (h e − h a ) L h = L ha + 2

(2)

2

a et z(L) = − L + h e = h a g

aL he = h + = cste 2g

La masse ‘m’

m = VRe pos = VMvt  VR = VM

Càd

he

De

a z(y) = − y + cste g

a −ady − gdz = 0  dz = − dy g

On remplace dans

z(0) =

(4)

Et de

aL +h g2

(3)

he= niveau d’élevement ha = niveau abaissement

 h=

he + ha 2

h a = 2h − h e

a L z(y) = ( − y) + h g 2

(1)

aL +h g2

z(L) = −

2

(2)

AN

he =1,2625m

AN

ha =0,7375m

(3)

EX6 : L’eau monte jusqu’au niveau E (surface libre) dans la conduite fixée au réservoir ABCD de largeur L = 2.4 m (figure. 4). h=1,8m, H=3,6m, la surface de la conduite A=0,1m2 a. Déterminer la force résultante de pression d’eau FAB agissant sur la surface AB et son point d’application. b. Déterminer la force totale FBC s’exerçant sur le fond de réservoir. c. Calculer le poids total de l’eau Pt. FAB d. Montrer que FAD = FBC – Pt. Question a.

Expression générale de la force de pression d’un liquide sur une paroi Dans notre cas : Soit

FAB = eau g SAB ZG AB

FAB = eau g h L (H + h 2)

A.N

F = g S ZG Avec :

SAB = h L

FAB = 1000 10 1,8 2, 4(3, 6 + 0,9) = 194400N sin  IGX CP = + ZG AB ZG AB SAB

Cours : Expression du centre de poussé de la force FAB sur la surface SAB Avec : Soit

 =  2 et IGX = L h 3 12 CPFAB =

3

L h 12 + (H + h 2) (H + h 2) h L

et ZG AB = H + h 2

A.N

CPFAB

2, 4 1,83 12 = + (3, 6 + 0,9) = 4,56m (3, 6 + 0,9) 1,8 2, 4

Suite EX6 Question b.

Soit

Question c.

F = pression surface

On sait que

FBC = PrBC SBC A.N

FBC = 1000 10 (3, 6 + 1,8) 6 2, 4 = 777600N

Le poids totale de l’eau contenu dans le récipient est : A.N

Question d.

On sait que

On démontre alors que

avec PrBC = eau g (H + h) et SBC = 6 L

Pt = m eau g = eau V g avec V = H A + 6 L h Pt = 3, 6 0,1 + 6 2, 4 1.8 = 262800N

FAD = PrAD (SAD − A) = eau g H (SAD − A) Avec SAD = 6 L

FAD = FBC − Pt = eau g (H + h) 6 L − eau (H A + 6 L h) g Soit

FAD = FBC − Pt = eau g H(6L − A)

OK Vérifier

EX7 : Un réservoir ouvert, cubique de côté b rempli d’huile de masse volumique h d’une hauteur h est animé d’un mouvement uniforme verticale d’accélération a (Figure 6). Pour a=10 m/s2, déterminer la force de pression d’huile agissant sur la surface du coté ABCD : a) Quand a dirigé vers le haut b) Quand a dirigé vers le bas

a M

g a

Données : b=1.5 m, h=1.5 m, h=752 Kg/m3, Patm= 0, g=10 m/s2

Expression générale de la force de pression d’un liquide sur une paroi Question a. a dirigé vers le haut

F = g S ZG

Cas uniquement de l’accélération de pesanteur

FABCD = H (g + a) SABCD ZG ABCD

FABCD = 752(10 + 10) 1,5 1,5(1.5 ) = 25380N 2 a dirigé vers le bat FABCD = H (g − a) SABCD ZG CD AB

Application numérique

Question b.

Application numérique

FABCD = 752(10 − 10) 1,5 1,5(1.5 ) = 0N 2

EX8 : Un solide assimilable à un cylindre de section S et de hauteur h (figure 8), de masse volumique  est immergé dans un récipient contenant deux liquides non miscible de masse volumiques 1 et 2 . Le cylindre en équilibre, reste dans la position verticale. On repère sa position par la distance z a. Classer les masses volumiques , 1 et 2 par ordre croissant b. Ecrire l’équation permettant de déterminer z=f(, 1 , 2, h) c. Pour 2 = 2 1 , quel doit être les rapports /1 et /2 pour une position du solide z=h /2 Question a. Question b. F1

F2

1



Equilibre de solide

2 F1 + F2 + P = F1 + F2 − P = 0

F1 =ρ1gV1 =ρ1g zS (V1= volume déplacé dans liquide ρ1) F2 =ρ2gV2 = ρ2g(h-z)S (V2= volume déplacé dans liquide ρ2 ) P = mg = ρgV=ρg hS ( V= volume du solide)

P

Question c. Pour : z=h /2 et 2 = 2 1



De

(1)

 − 2 z=h 1 − 2

 3 = 1 2

Et

 3 = 2 4

(1) Avec

F1 : Poussée Archimède liquide ρ1 F2 : Poussée Archimède liquide ρ2 P : Poids solide

EX9 : Soit un tronc de Diamètre D =2.4 m et de longueur L=4.5 m, submerger dans l’eau partiellement d’une profondeur h= 3*D/4. Calculer sa masse volumique correspondante

Tronc en équilibre

Dans le plan (X,Z) (1)

Z

Fa + P = Fa − P = 0  Fa = P

Fa

Avec

D/4

I

X

Fa : Poussée Archimède de l’eau

Et

Fa =ρeau g Vdéplacé dans l’eau P = mg = ρtronc g V= ρtronc g π R2 L

P : Poids tronc P

Vdéplacé dans l’eau = ??

Vdép = L  Surfaceeau déplacé = L(R 2 − Surface rouge) Ici cos  =

J

Alors

De

(1)

eau R 2 (

Surface rouge = R 2 − 2Surface Triangle aIJ

R  = 0.5   = 2R 3

Surface Triangle aIJ =

Surfaceeau déplacé

 2 R2  2 3 = R − ( R − sin ) = R 2 ( + ) 3 2 3 3 4

1R R2   R sin  = sin 2 2 4 3

2

2 3 + )L = tronc R 2 L 3 4

2 3 eau ( + ) 3 4 tronc = 

A.N tronc = 804,5 Kg / m3

EX10 : La porte AB du réservoir de largeur 1.2 m peut pivoter autour de A. Ce réservoir est rempli d’eau de côté droite et de l’huile (h = 750 Kg/m3) de côté gauche. a. Calculer la force exercée par la pression d’eau sur la porte AB (h = 1.8 m) b. Calculer H pour que la porte AB ne s’ouvre pas. Question a.

Question b.

F = g S ZG

Expression générale de la force de pression d’un liquide sur une paroi

FABe = eau g SAB ZG ABe

Ici

h h2 = eau g hL = eau g L 2 2

A.N

FAB = 19440 N

M A (FABeau ) = M A (FABhuile )

Pour que la porte AB ne s’ouvre pas

FABh : force de pression de l’huile

FAB

h FABhuile = h g SAB ZGABh = h g Lh (H − ) 2

A H

De

(1)

(1)

Zcpe FABeau = d FABhuile

(2)

Avec

d = ZCPh − (H − h)

Zcph

d FABe

Zcpe FABh

h

Question b. (suite)

A

ZCPh

sin  IGx Lh 3 12 h2 = + ZGh = + (H − h 2) = + (H − h 2) SAB ZGh Lh(H − h 2) 12(H − h 2)

H

Zcph

d FABe

Zcpe

h

FABh

d = ZCPh − (H − h)

(2)

ZCPh

h2 h d= + 12(H − h 2) 2

Alors

De

Et

sin  IGx Lh 3 12 h2 = + ZGh = + (H − h 2) = + (H − h 2) SAB ZGh Lh(H − h 2) 12(H − h 2)

Zcpe FABeau = d FABhuile

Soit

Avec

ZCPe

2h = 3

2h h h2 h h eau g hL = ( + )huile g hL(H − ) 3 2 12(H − h 2) 2 2

 2 eau 1 1  H= ( − )+ +h  3 huile 4 2 

A.N

H = 2.2 m

EX11 : Soit un barrage poids assimilé à un prisme de section OAB (h=30m, e=15m) triangulaire (Figure 11) et de longueur l = 20m. Le matériau constituant le barrage a pour masse volumique b = 2500 Kg/m3. Le barrage retient une hauteur h d’eau sur sa face verticale OB. Calculer en grandeur et en position la réaction du sol sur le barrage. Le barrage est en équilibre sous trois efforts F,M : force de pression de l’eau

F = eau g SOB ZGOB = eau g hL

Equilibre

Avec

h 2

P = barrage g VOAB = barrage g

F+P+R = 0

R = R 2Y + R 2Z

Projection

Soit

h e L 2

/Z R Z − P = 0  R Z = P

R = F +P

2

B

A.N

R

Eau

h

/Y F − R Y = 0  R Y = F

2

Z

R,I : Réaction du sol

P,G : Poids du barrage

RZ

G F

M

h/3

A RY

O

I

e

R = 1.44108 N

P

e/3

Point application I ?



m O F→Barrage

On a I Z = 0 et I Y = ? h e = 0  − F + R Y  IY + P 3 3

A.N

I Y = 3m

IY = 3 I= IZ = 0

y

TD N°2 ( dynamique des fluides) EX1 : Une canalisation de diamètre D1 relie les deux réservoirs d’eau A et B. On branche une venturi à la sortie du réservoir A ou le coefficient de perte de charge singulier est K1. Soit D2 le diamètre du col de venturi. L’écoulement étant permanent et on néglige toutes les autres pertes de charge. μeau

a) b) c)

A.N: AN : D1 = 50mm, D2 = 30mm, H = 80.4cm, K1 = 0.5,

μeau = (viscosité dynamique) = 0.001 pl

Calculer la vitesse dans la conduite, en déduire si l’écoulement est laminaire ou turbulent. Calculer le débit correspondant. Calculer la pression dans la section 1, déduire la pression dans la section 2.

Théorème de Bernoulli entre 1 et 2

Question a a

Patm b

V12 V22 P1 +  + gz1 = P2 +  + gz 2 2 2 Conservation de débit

1

2

P1 = Patm + gH a

𝑃1 − 𝑃2 = ?

P2 = Patm + gH b Alors

V1 =

2gH S12 ( 2 − 1) S2

On a ici Z1 = Z2 = 20m

S1V1 = S2 V2 P1 − P2 = gH

A.N

1 P1 − P2 = (V22 − V12 ) 2

S V2 = 1 V1 S2

1 2 S12 P1 − P2 = V1 ( 2 − 1) 2 S2

Soit

S 1 gH = V12 ( 1 − 1) 2 S2

V1 = 1.5 m / s

Suite question a

A.N

Question b

Nombre de Re ynolds

1000 1,5  50 10−3 e = = 7.5 104 0.001

On sait que q v = SV A.N

Question c

Vd e =  e Ici on a

V1D1 e = eau

Soit

3000

l’écoulement est turbulent.

q v = S1 V1 = R V1 2 1

q v =   252 10−3 1.5 = 3 10−3 m3 / s = 3l / s

Théorème de Bernoulli entre A et 1

VA2 V12 V12 V12 PA +  + gz A = P1 +  + gz1 + J A1 = P1 +  + gz1 + K1 2 2 2 2 𝜟𝑯

On a ici PA=Patm, VA= 0 et ZA - Z1 = 11 m

Soit Z1=20m

1 P1 = Patm + g(z A − z1 ) − V12 (1 + K1 ) 2

On sait que

P1 − P2 = gH

A.N

P2 = P1 − gH A.N

P1 = 2.68 105 Pa P2 = 2.105 Pa

EX2 Une conduite verticale de section constante S2 est alimentée par un réservoir avec une surface libre de grandes dimensions S1 (S1 S2) figure 2a. Elle se termine en aval, par un coude à 90° de coefficient de perte de charge singulière Kcoude suivie d’une partie horizontale dont la sortie munie d’un convergent de section de sortie Ssor. On appelle H la distance entre la surface libre du réservoir et l’axe du jet. A la sortie l’eau s’écoule à l’air libre. Le poids et les autres pertes de charges sont négligés. On donne H= 2m, HE = 1,7 m, Kcoude = 0.5 , S1 =0,28m2, S2 = 1,26 10-3 m2 et Ssor = 0,314 10-3 m2 a) b) c)

HE

On suppose l’écoulement permanent, calculer la vitesse à la sortie Vsor de la conduite. Isoler le coude EF figure 2b et calculer la force qu’exerce l’eau sur le coude. Maintenant l’écoulement est non permanent, calculer la durée T de la vidange du réservoir.

Théorème de Bernoulli entre 1 et la sortie 2 Vsor V12 V22 On a ici A.N 2gH P1 +  + gz1 = Psor +  + gzsor + K c P1=Psor=Patm, Vsor = 2 2 2 2 Ssor V1= 0 Ssor 1 + K c ( 2 ) Vsor = 6.26 m / s Conservation Z Z = H V2 = Vsor 1 sot S2 V2 = Ssor Vsor S2 de débit S2 Question b Isolons l’eau contenue dans le coude EF et appliquons le théorème d’Euler entre E et F Question a

z

q m (VF − VE ) =

VE, PE

FE

Fcoude VE

VF FF VF, PF

F

Pr oj / x : q m  VF = −FF + Fcoude − x = −PFSF + Fcoude − x

ext →Fluide

Pr oj / z : q m  VE = −FE + Fcoude − z = −PESE + Fcoude − z

Fcoude − x = q m  VF + PFSF

et

Fcoude − z = q m  VE + PESE

PE = ?

et

PF = ?

x Mais

Suite question b

PE = ?

et

PF = ?

Détermination de PE

Théorème de Bernoulli entre 1 et E V12 VE2 P1 +  + gz1 = PE +  + gz E On a ici P1=Patm, V1= 0 et Z1 - ZE = HE 2 2 Ssor Conservation S V = S V = S V V = Vsor E E 2 2 sor sor 2 de débit S2 2 2 Vsor Ssor 5 PE = Patm + gH E −  ( 2) Soit A.N P = 1.156  10 2 S2 E

Détermination de PF

Pa

Théorème de Bernoulli entre 1 et F

V12 VF2 VF2 P1 +  + gz1 = PF +  + gz F + K c 2 2 2 2 2 Vsor Ssor PF = Patm + gH −  (1 + K c ) 2 Soit 2 S2 Détermination de la force F au niveau du coude On avait trouvé que les expressions des composantes de F sur les axes X et Z

Avec

HE

q m =   Ssor Vsor

On a ici P1=Patm, V1= 0, VF = V2 et Z1 - ZF = H A.N

PF = 1.18 105 Pa

Fcoude − x = q m  VF + PFSF et Fcoude − z = q m  VE + PESE 2 Ssor , VE = VF = V2 = 2 Vsor et SF = SE = S2 S2

Suite question b

Fcoude − x =

A.N

−

dH V1 = − dt

dH S1 = Ssor dt

Fcoude −z = q m  VE + PESE

- dH

H = H(t)

Régime non permanent

On sait que

et

2 2 F = Fcoude + F −x coude − z =

Fcoude − z =

Question c

Soit

Fcoude − x = q m  VF + PFSF

et S1V1 = Ssor Vsor

V1

2gH(t) et Vsor = 2 Ssor 1 + Kc ( 2 ) S2

2gH(t) = Ssor K H(t) 2 S 1 + K c ( sor2 ) S2 0

S1 1 dH dt = −    Ssor K H H A.N

avec K =

H(t)

2g 2 Ssor 1+ Kc ( 2 ) S2

0 S1 1  S 1  T=−   2 H  = − 1   −2 2  H Ssor K Ssor K

T = 9,5 min

EX3 Un tuyau d’arrosage fait 10 m de longueur et son diamètre intérieur est de 20 mm. Il sert à vider une piscine de grande section comme le montre la figure 3. On suppose l’écoulement permanent et on néglige toutes les pertes de charges Calculer le débit de vidange à travers le tuyau

Théorème de Bernoulli entre 1 et 2

V12 V22 P1 +  + gz1 = P2 +  + gz 2 2 2

V2 = 2g(z1 − z 2 )

Avec P1= P2 = Patm, V1= 0

On sait que q v = SV

q v = S2 V2 = S2 2g(z1 − z 2 ) = R 2 2g(z1 − z 2 )

A.N

q v = (10 10−3 ) 2 2 10(0.2 − (−0.23) = 0.92 10 −3 m3 / s = 0.92 l / s

EX4

De l’eau (eau= 1000 Kg/m3) est transvasée d’un réservoir A (section SA=3m2) à un réservoir B (section SB=2m2) par une conduite horizontale comprenant une vanne dont la géométrie est précisée sur la figure 4. La différence de niveau entre les réservoirs A et B est H. On relie une prise de pression statique placée sur la conduite de diamètre d à un manomètre à mercure (Hg= 13600 Kg/m3). On lit une différence de hauteur de mercure entre les deux branches h=99.2 mm. La vanne étant complétement ouverte et les pertes de charge par frottement (linéiques) sont négligées. On donne : D1= 75 mm, D2=60 mm, ZA=4m et ZB=1m, Z=1m et les coefficients de pertes de charge singuliers K1=0.5, K2=0.4 et K3=1, PAtm=1 bar, g=10m/s2 I. On suppose que l’écoulement étant permanent (H=constant)

Réservoir A

a) Calculer la vitesse d’écoulement dans la conduite. b) Calculer le débit correspondant dans la conduite. c) Calculer le coef. de perte de charge singulier Kv de la vanne.

H Réservoir B

II. On suppose que l’écoulement est non permanent (H variable, dH=dZA-dZB → 0)

Diamètre

1

d) Calculer le temps d’égalisation des deux niveaux des réservoirs A et B

Diamètre

D1

D2

Vanne

2

3

Z

h

Question a

Théorème de Bernoulli entre A et C

VC2 VA2 1 1 PA +  + gz A = PC +  + gz C + K1V12 + K 2 V22 2 2 2 2

Réservoir A H Réservoir B Diamètre

Avec PA= Patm, VA= 0, Zc=0, V2= VC Conservation de débit

Diamètre

D1 1

S1V1 = S2 V2

D2

2

C

Vann e

Z h

Soit

Alors

V22 1 1 2 Patm + gz A = PC +  + gz C + K1V1 + K 2 V22 2 2 2

S2 2 1 2 Patm + gz A − PC = V2 (1 + K1 ( ) + K 2 ) 2 S1 Mais

PC = ?

S2 et V1 = V2 S1

2(Patm + gz A − PC ) V = S2 2 (1 + K1 ( ) + K 2 ) S1 2 2

3

Surface isobare I-J

Suite Question a

PI = PC + eau gz Soit

PJ = Patm + Hg gh

Et

Réservoir A H Réservoir B

PC = Patm + Hg gh − eau gz Diamètre

On remplace PC dans

2(Patm + gz A − PC ) V = S (1 + K1 ( 2 ) 2 + K 2 ) S1 2 2

2g(eau (z A + z) − Hg h) V2 = S eau (1 + K1 ( 2 ) 2 + K 2 ) S1

1

D2

2

C

Vann e

h

I A.N

J

V2 = 4.95m / s

q v = S2 V2 = R 2 V2 A.N

3

Z

On sait que q v = SV

Question b

Soit

Diamètre

D1

q v = (30 10−3 ) 2  4.94 = 13,97 10−3 m3 / s = 13.97 l / s

PI = P J

Question c

Théorème de Bernoulli entre A et B

Calculer le coef. de perte de charge singulier Kv de la vanne

VA2 VB2 1 1 1 1 2 2 2 PA +  + gz A = PB +  + gz B + K1V1 + K 2 V2 + K V V2 + K 3V32 2 2 2 2 2 2 Avec PA= PB = Patm, VA= VB = 0, V3= V2 et ZA - ZB = H Conservation de débit

V1 =

S2 V2 = S1V1

S2 V2 S1

 1 2  S22 2 gH = V2  K1 2 V2 + K 2 + K V + K 3  2  S1 

Soit

S22 2gH K V = 2 − K1 2 − K 2 − K 3 V2 S1

A.N

Equation 1

K v = 0.0352

Question d

Calculer le temps d’égalisation des deux niveaux des réservoirs A et B

Conservation de débit

Q v = SA VA = SB VB = S2 V2

De l’équation 1 , l’expression de V2 est donnée par

V2 =

Equ (I)

2gH S (K1 ( 2 ) 2 + K 2 + K v + K 3 ) S1

De

VA =

Equ(I)

On remplace dans

Equ(II)

Q v S2 V2 S2  H = = SA SA SA dH = −dt(

H0

H0t

V2

Soit

et VB =

dH = −dt(VA + VB )

Q v S2  H = SB SB

S2  H S2  H 1 1 + ) = −dtS2 H ( + ) SA SB SA SB

Equ (II)

SASB 1 dH dH dt = = SA + SB S2 H H

0

0 dH   Teg =  dt =   =   2 H  = 2 H H H H

Temps d’égalisation Teg

A.N

 = 3.5

 = 121.6

VB dZB

= H

dZA dZB Avec VA = − et VB = dt dt

Réservoir B

dZA

VA

H = ZA − ZB et dH = dZA − dZB

On sait que

Réservoir A

Teg = 343.9 sec onde soit Teg  6 min utes

Formules et expressions a utiliser au Contrôle final – (Statique des fluides)

Equ. intégrale de la statique des fluide (Liquide et gaz)

Equ. locale de la statique des fluide (Liquide et gaz )

Projection sur les trois axes

f − grad P = 0 P f i − =0 x i

P /x f x − =0 x P /y f y − =0 y P /z f z − =0 z

Formules et expressions a utiliser au Contrôle final – (Statique des fluides)

Equation Fondamentale de l’Hydrostatique (uniquement pour les liquides)

P + gz = cste Force de poussée exercée par la pression de liquide sur la paroi d’une surface S

F = g S ZG Cas général : Détermination du CP De l’effort de pression sur la paroi d’une surface S

sin  IGX CP = + ZG ZG S

Formules et expressions a utiliser au Contrôle final – (Statique des fluides)

Poussée d’Archimède Z

FA

Y

X

Surface libre

O

C

Gx x M

g

 C en équilibre sous

ML g − MC g = 0

( ML : masse liquide déplacé )

( MC : masse du corps C )

Formules et expressions a utiliser au Contrôle final – (Dynamique des fluides) Fluide parfait incompressible en écoulement permanent

Théorème globale d’Euler pour un tube

q m (V2 − V1 ) =



Fext →Fluide

Théorème de Bernoulli 2

V gz + P +  = cte 2

Formules et expressions a utiliser au Contrôle final – (Dynamique des fluides) Fluide réel incompressible en écoulement permanent Vi u v w Equ. de continuité =0 + + =0 x i x y z Débit volumique traversant la section S d’une conduite circulaire

Conservation de débit volumique

Q v = VS

Q v = V1S1 = V2S2

Expression de la vitesse dans un canal plan de l’écoulement d’un fluide réel incompressible y

1 dP  2 H 2  u(y) = y −  2 dx  4 

u(y)

Expression de la vitesse dans un conduite circulaire de l’écoulement d’un fluide réel incompressible r

1 dP 2 u z (r) = (r − R 2 ) 4 dz

uz (r)

Formules et expressions a utiliser au Contrôle final – (Dynamique des fluides) Fluide réel incompressible en écoulement permanent Perte de charge par frottement ( linéaire) Ecoulements laminaire des liquides dans les canalisations de section circulaire constante

P = J12 =

Avec

=

P.C exprimée En Pascal

64 e

2 Vmoy L P = J12 =  2 D

8Vmoy L R2

coefficient de perte de charge linéique

Et

e =

 D Vmoy 

P.C exprimée en mètre de colonne de fluide

Nombre de Reynolds de l’écoulement considéré

Formules et expressions a utiliser au Contrôle final – (Dynamique des fluides) Fluide réel incompressible en écoulement permanent Perte de charge singulière

Formule générale expriment les P.C singulières

P.C exprimée En Pascal

Avec

V P = k 2

2

2 P.C exprimée en mètre de colonne de fluide

V h = k 2g

K coefficient de perte de charge singulière