SOLUTIONS DES EXERCICES
Chapitre 6
S 1 et S 2 et la surface mouillée de la plaque A m ;
on a : ∂D = A 0 ∪ A 1 ∪ A 2 ∪ S 0 ∪ S 1 ∪ A m .
Seules les sections droites contribuent au flux car
les autres surfaces sont des surfaces de courant
où #– v • #– n = 0 {condition (5.16) 1 } :
∂D
r( #– v • #– n )dA = r(−v 0 h 0 + v 1 h 1 + v 2 h 2 )
= 0 ⇒ h 0 = h 1 + h 2 .
d) La résultante cherchée doit être évaluée sur la
totalité du bord de la plaque :
#–
F =
Am
(− p
#–
N )dA +
As
(− p
#–
N )dA
= −
Am
( p − p a )
#–
N dA,
où
#–
N est la normale extérieure à la plaque et A m
et A s les faces mouillée et sèche de la plaque.
L’intégrale de p a = cste sur la surface fermée
A m ∪ A s est nulle.
On cherche maintenant à faire apparaître
#–
F dans
l’expression (5.18) du théorème des quantités de
mouvement appliquée au domaine D. La contribution au flux de quantité de mouvement ne peut
provenir que des sections droites puisque les
autres sont des surfaces de courant où #– v • #– n = 0 :
∂D
r #– v ( #– v • #– n )dA
= r #– v 0 (−v 0 )h 0 + r #– v 1 (v 1 )h 1 + r #– v 2 (v 2 )h 2 .
Toutes les frontières de ∂D contribuent à l’intégrale des forces de pression mais on peut regrouper les trois sections droites et les deux surfaces
libres puisqu’il y règne la pression atmosphérique,
et, en ajoutant et retranchant l’intégrale de la pression atmosphérique sur A m , il vient :
∂D
(− p #– n )dA = −
Am
( p − p a ) #– n dA
=
Am
( p − p a )
#–
N dA = −
#–
F .
où on aura reconnu
#–
F , puisque, sur A m : #– n +
#–
N =
0. En formulant le théorème des quantités de mouvement, il vient enfin :
#–
F = rv
2
0 h 0
#– e s + r(v
2
2 h 2 −
v
2
1 h 1 ) #– e x . Le vecteur unitaire #– e s se projette sur
les axes selon : #– e s = − sin a #– e x − cos a #– e y ce
qui permet de séparer les deux composantes de
#–
F : F x = r
v
2
2 h 2 − v
2
1 h 1 − v
2
0 h 0 sin a
et F y =
−rv
2
0 h 0 cos a.
e) Puisque le fluide est parfait, l’effort qu’il
exerce en tous point de A m est de la forme
− p #– n dA où #– n = − #– e y . L’intégrale de ces efforts
est donc parallèle à #– e y et, par conséquent : F x =
0, ce qui s’écrit : h 2 − h 1 = h 0 sin a. D’après la
conservation de la masse : h 0 = h 1 + h 2 et, en
résolvant, nous obtenons : h 1 =
1
2
(1 − sin a)h 0
et h 2 =
1
2
(1 + sin a)h 0 . Enfin, on a pour la résultante :
#–
F = |F y | = rv
2
0 h 0 cos a = (rq
2
v /h 0 ) cos a.
Chapitre 6
6.1 L’expression (5.18) doit être utilisée de la
manière suivante. Tout d’abord, les deux derniers
termes sont regroupés pour faire apparaître la
pression réduite p g . Ensuite, le vecteur
#–
R s’identifie à l’intégrale des forces de frottement sur la
paroi. Enfin, l’ensemble de l’expression est projeté sur l’axe des x. Nous obtenons ainsi :
t p 2pR L =
p g (0) − p g (L)
pR
2
⇒ D p g = 4t p L/D ⇒ C f =
1
4
L.
6.2 a) Le débit est égal au volume Sh qui s’est
écoulé pendant la durée t : q v = Sh/t =
3,33•10
−7 m
3
•s
−1 . La vitesse débitante a donc
pour valeur : U = q v /s = 0,333 m•s
−1 .
b) Par application du théorème de Bernoulli
entre un point de la surface libre et un point de la
section s 0 , on obtient :
p g0 = p 0 + rgL = p a + rgH −
1
2
rU
2
(V S ≪ V s0 ).
D’autre part, l’écoulement étant à lignes de courant parallèles dans s 1 , on a par continuité avec
l’atmosphère : p g1 = p a , si bien que
602
“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 602 — #612
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Chapitre 6
S 1 et S 2 et la surface mouillée de la plaque A m ;
on a : ∂D = A 0 ∪ A 1 ∪ A 2 ∪ S 0 ∪ S 1 ∪ A m .
Seules les sections droites contribuent au flux car
les autres surfaces sont des surfaces de courant
où #– v • #– n = 0 {condition (5.16) 1 } :
∂D
r( #– v • #– n )dA = r(−v 0 h 0 + v 1 h 1 + v 2 h 2 )
= 0 ⇒ h 0 = h 1 + h 2 .
d) La résultante cherchée doit être évaluée sur la
totalité du bord de la plaque :
#–
F =
Am
(− p
#–
N )dA +
As
(− p
#–
N )dA
= −
Am
( p − p a )
#–
N dA,
où
#–
N est la normale extérieure à la plaque et A m
et A s les faces mouillée et sèche de la plaque.
L’intégrale de p a = cste sur la surface fermée
A m ∪ A s est nulle.
On cherche maintenant à faire apparaître
#–
F dans
l’expression (5.18) du théorème des quantités de
mouvement appliquée au domaine D. La contribution au flux de quantité de mouvement ne peut
provenir que des sections droites puisque les
autres sont des surfaces de courant où #– v • #– n = 0 :
∂D
r #– v ( #– v • #– n )dA
= r #– v 0 (−v 0 )h 0 + r #– v 1 (v 1 )h 1 + r #– v 2 (v 2 )h 2 .
Toutes les frontières de ∂D contribuent à l’intégrale des forces de pression mais on peut regrouper les trois sections droites et les deux surfaces
libres puisqu’il y règne la pression atmosphérique,
et, en ajoutant et retranchant l’intégrale de la pression atmosphérique sur A m , il vient :
∂D
(− p #– n )dA = −
Am
( p − p a ) #– n dA
=
Am
( p − p a )
#–
N dA = −
#–
F .
où on aura reconnu
#–
F , puisque, sur A m : #– n +
#–
N =
0. En formulant le théorème des quantités de mouvement, il vient enfin :
#–
F = rv
2
0 h 0
#– e s + r(v
2
2 h 2 −
v
2
1 h 1 ) #– e x . Le vecteur unitaire #– e s se projette sur
les axes selon : #– e s = − sin a #– e x − cos a #– e y ce
qui permet de séparer les deux composantes de
#–
F : F x = r
v
2
2 h 2 − v
2
1 h 1 − v
2
0 h 0 sin a
et F y =
−rv
2
0 h 0 cos a.
e) Puisque le fluide est parfait, l’effort qu’il
exerce en tous point de A m est de la forme
− p #– n dA où #– n = − #– e y . L’intégrale de ces efforts
est donc parallèle à #– e y et, par conséquent : F x =
0, ce qui s’écrit : h 2 − h 1 = h 0 sin a. D’après la
conservation de la masse : h 0 = h 1 + h 2 et, en
résolvant, nous obtenons : h 1 =
1
2
(1 − sin a)h 0
et h 2 =
1
2
(1 + sin a)h 0 . Enfin, on a pour la résultante :
#–
F = |F y | = rv
2
0 h 0 cos a = (rq
2
v /h 0 ) cos a.
Chapitre 6
6.1 L’expression (5.18) doit être utilisée de la
manière suivante. Tout d’abord, les deux derniers
termes sont regroupés pour faire apparaître la
pression réduite p g . Ensuite, le vecteur
#–
R s’identifie à l’intégrale des forces de frottement sur la
paroi. Enfin, l’ensemble de l’expression est projeté sur l’axe des x. Nous obtenons ainsi :
t p 2pR L =
p g (0) − p g (L)
pR
2
⇒ D p g = 4t p L/D ⇒ C f =
1
4
L.
6.2 a) Le débit est égal au volume Sh qui s’est
écoulé pendant la durée t : q v = Sh/t =
3,33•10
−7 m
3
•s
−1 . La vitesse débitante a donc
pour valeur : U = q v /s = 0,333 m•s
−1 .
b) Par application du théorème de Bernoulli
entre un point de la surface libre et un point de la
section s 0 , on obtient :
p g0 = p 0 + rgL = p a + rgH −
1
2
rU
2
(V S ≪ V s0 ).
D’autre part, l’écoulement étant à lignes de courant parallèles dans s 1 , on a par continuité avec
l’atmosphère : p g1 = p a , si bien que
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