Universite se Caen-Basse Normandie

UFR des Sciences

Master 1

2011 - 2012

Mecanique des Fluides

TD3 – Analyse dimensionnelle et Similitude

Analyse dimensionnelle

Exercice-III.1 Solution : On cherche une relation de la forme

△p = F (U,D, ρ, µ, L, ε)

On a donc N = 6 grandeurs dont 3 peuvent servir comme grandeurs fondamentales : U,D

et ρ, d’ou r = 3 et N − r = 3 ce qui implique qu’on doit avoir 3 ( + 1) parametres sans

dimensions. On a donc

π =△p

ραUβDγ, =⇒ π =

△p

ρU2

π1 =µ

ρα1Uβ1Dγ1, =⇒ π1 =

µ

ρUD

π2 =ε

D,

π3 =L

D

La relation est donc de la forme

△p = ρU2F (ρUD/µ, ε/D, L/D) = F (Re, ε/D, L/D).

�

Exercice III.1 : Quels sont les parametres desquels depend la force de frottement F

exercee par un fluide en mouvement a la vitesse U sur une plaque plane, de longueur L et

de largeur H ? L’ecoulement est suppose parallele a L. Etablir une relation donnant F en

fonction de ces parametres.

1

Exercice-III.2 Solution : La force de frottement depend de la viscosite, µ, et la masse

volumique de fluide, ρ, ainsi que de U , L et H . On cherche donc une relation de la forme

F = F (U, L,H, µ, ρ)

d’ou N = 5. On peut choisir ρ, U et L comme grandeurs fondamentales et par consequent

r = 3.

Il vient alors qu’il y a N − r = 2 (+1) parametres adimensionnels dont un est forme

par H/L car H et L sont tous les deux des longueurs. On a donc

π =F

ραUβLγ, =⇒ π =

F

ρU2L2,

π1 =µ

ρα1Uβ1Lγ1, =⇒ π1 =

µ

ρUL,

π2 =H

L.

La relation recherchee est donc

π = F (π1, π2), d’ou F = ρU2L2F (Re,H/L).

�

Exercice-III.3 Solution : La force de pousse, F , engendree par l’helice depend de

D, ω, U et les proprietes des fluides µ et ρ. Ainsi on peut chercher une relation de la

forme F = F (D,ω, U, µ, ρ) ce qui implique que N = 5. On peut choisir comme grandeurs

fondamentales D, ρ avec soit U ou soi ω. Ainsi, r = 3 et il y a N − r = 2 (+1) parametres

adimensionnels :

π =F

ραUβDγ, =⇒ π =

F

ρU2D2,

π1 =µ

ρα1Uβ1Dγ1, =⇒ π1 =

µ

ρUD,

π2 =ω

ρα2Uβ2Dγ2, =⇒ π2 =

ω

U/D.

La relation recherchee est donc donnee par

π = F (π1, π2), d’ou F = ρU2D2F (ReD, ωD/U).

2

�

Exercice-III.4 Solution : L’ecoulement etant a surface libre ou les effets de la viscosite

est negligeable. De plus, le role des effets de la tensions superficielle est trop petits devant

les effets de la pesanteur. Ainsi les facteurs restant qui intervient sont : l’acceleration g

due a la pesanteur, la masse volumique ρ, la charge H , la levee a de la vanne et le tirant

d’eau y en aval. Le probleme est alors

Trouver X = F (H, a, y, g, ρ)

On a donc N = 5.

Commencons par le tableau des exposants :

[Grandeur] L M T

[X ] 1 0 0

[H ] 1 0 0

[a] 1 0 0

[y] 1 0 0

[g] 1 0 −2

[ρ] −3 1 0

Selon le tableau des exposants r = 3 et par consequent N − r = 2. D’ou la relation

recherchee prend la forme

π = F (π1, π2)

En examinant la tableau des exposants on se rend compte assez vite que la grandeur masse

n’intervient que dans ρ, et la grandeur temps n’intervient que dans g. Il est donc immediat

qu’un produit sans dimensions contenant ρ et g ne peut pas etre forme. Cela implique que

ces grandeurs sont sans action directe sur le resultat cherche, et s’eliminent du probleme.

Le nombre N se reduit alors a 3 et r = 1 car les variables restantes X , H , a et y ont toutes

la meme dimension L ce qui suggere π = F (π1, π2). En choisissant H comme variable

fondamentale, on trouve

π =X

H, π1 =

a

H, π2 =

y

Hsoit X = HF

( a

H,y

H

)

.

3

�

Exercice-III.5 Solution : Selon la methode de Raleigh la relation cherchee doit etre

de dimensions homogenes :

h = Hα1ℓα2α3τα4

Notons que les variables H et ℓ ont comme h, la dimension d’une longueur. Ecrivons le

tableau des exposants :

[Grandeur] L T M Θ exposant

[h ] 1 0 0 0 1

[H ] 1 0 0 0 α1

[ℓ ] 1 0 0 0 α2

[ ] -2 -2 1 0 α3

[τ ] -1 -2 1 0 α4

En examinant le tableau de dimensions on se rend compte assez vite que l’on peut

choisir ℓ, et soit ou soit τ comme variables fondamentales, soit r = 2.

Ainsi, puisque la relation recherchee doit etre dimensionellement homogene, on deduit

les equations suivantes :

h H ℓ τ

L : + 1 = + α1 + α2 − 2α3 − α4

T : 0 = + 0 + 0 − 2α3 − 2α4

M : 0 = + 0 + 0 + α3 + α4

Par la suite, en resolvant par rapport aux variables fondamentales (a savoir ℓ, et τ) que

4

l’on a choisi, on obtient :

α3 = −α4

α1 = +1− α2 + α3

D’ou :

h = H1−α2+α3ℓα2α3τ−α3

= H

(

H

ℓ

)α3−α2(

ℓ

τ

)α3

soit :

h = HF

(

H

ℓ,ℓ

τ

)

Cherchons maintenant la solution par le theoreme de Vaschy–Buckingham. En total on a,

a part de h, N = 4 variables, a savoir : H , ℓ, et τ . Soit ℓ, les grandeurs fondamentales,

au nombre r = 2. Alors il existe N − r = 2 parametre sans dimensions tel que

h = ℓF (π1, π2)

avec

π1 =H

ℓ,

et

π2 =τ

ℓα2β2

,

−2 = α2 − β2

−2 = −2β2

1 = β2

=⇒{

β2 = 1

α2 = −1

D’ou

h = ℓF

(

H

ℓ,τ

ℓ

)

ou

h = HF

(

H

ℓ,ℓ

τ

)

5

�

Exercice-III.6 Solution : Ondes de gravite

Cherchons la relation par la methode de Rayleigh :

c = gαρβλγ

�

Le tableau des exposants est donc :

[Grandeur] L T M Θ exposant

[c ] 1 -1 0 0 1

[g ] 1 -2 0 0 α

[ρ ] -3 0 1 0 β

[λ ] 1 0 0 0 γ

Il est immediat que la masse n’intervient que dans la masse volumique ρ et par consequent

on deduit que β = 0. Vu que la relation cherchee doit etre dimensionellement homogene,

on deduit les equations suivantes :

c g λ

L : + 1 = + α + γ

T : − 1 =− 2α + 0

D’ou α = 1/2 = γ. Ainsi on trouve :

c ∝√

gλ.

Ondes capillaires

Selon l’enonce on peut ecrire

c = F (g, ρ, λ, σ)

6

Le tableau des exposants est donc :

[Grandeur] L T M Θ

[c ] 1 -1 0 0

[g ] 1 -2 0 0

[ρ ] -3 0 1 0

[λ ] 1 0 0 0

[σ ] 0 -2 1 0

Utilisons la methode des π’s pour ce cas. On a N = 4, et selon le tableau des exposants

r = 3 ce qui conduit a :

π = F (π1)

Choisissons g, ρ et λ comme variables fondamentales. Alors

π1 =σ

gα1ρβ1λγ1=⇒

L : 0 = α1 − 3β1 + γ1

T : −2 = −2α1

M : 1 = β1

=⇒

α1 = 1

β1 = 1

γ1 = 2

=⇒ π1 =σ

gρλ2

avec

π =c

gαρβλγ=⇒ π =

c√gλ

.

Ainsi, la relation cherchee est de la forme :

c =√

gλ F

(

σ

gρλ2

)

.

Similitude

Exercice-III.7 Solution : Nous ne nous disposons que des donnees sur le poids de blocs

et la hauteur de houle ce qui suggere de chercher une relation entre ces deux grandeurs.

Soit P le poids apparent de blocs et F la force exercee par les efforts hyrodynamiques

dus a la houle. La similitude dynamique impose alors la relation

P1

P2

=F1

F2

7

Les efforts F sont proportionnels a la surface apparente des blocs et a la pression dynamique,

c’est-a-dire au carree de la vitesse de l’eau. D’ou :

F1

F2

=ρ1L

21V

21

ρ2L22V

22

=⇒ P1

P2

=L21V

21

L22V

22

car ρ1 = ρ2

La similitude de la houle entre le prototype et la maquette impose l’egalite de nombre de

Froude :

Fr1 = Fr2 =⇒ V 21

gH1

=V 22

gH2

=⇒ V 21

V 22

=H1

H2

ou H designe la hauteur de la houle.

Les blocs du prototype et de la maquette etant de meme densite implique que le poids

apparent des blocs soit proportionnel au volume des blocs :

P1

P2

=L31

L32

D’ou :P1

P2

=L31

L32

=L21V

21

L22V

22

=⇒ V 21

V 22

=L1

L2

=H1

H2

=6 m

0.3 m= 20

qui est, en fait, la relation cherchee. La masse des blocs de prototype est donc donnee par

P1 =

(

L31

L32

)

P2 = 8000P2,

soit 8 tonnes. �

Exercice-III.8 Solution : Premiere methode :

La similitude impose l’egalite des nombres de Froude pour le modele reduit et le prototype :

Fr1 = Fr2 =⇒V 21

gH1

=V 22

gH2

=⇒ V 21

H1

=V 22

H2

ou H designe la hauteur de la maree.

Le mouvement de la maree est principalement horizontal et par consequent la com-

posante horizontale de vitesse est dominante. Si l’on appelle L la longueur horizontale

parcourue a la vitesse V en temps T on aura

L21/T

21

H1

=L22/T

22

H2

=⇒ T2 = T1 ×(

L2

L1

)

×(

H1

H2

)1/2

8

Pour le premiere modele :

T2,1 = (12 h 25 mn)× 1

500×

√80 = 802 s = 13 mn 22 s

Pour le deuxieme modele :

T2,2 = (12 h 25 mn)× 1

50000×

√500 = 20 s

Deuxieme methode :

Au lieu de passer par le nombre de Froude on peut utiliser les similitudes geometrique,

cinematique et l’echelle du temps. Selon l’equation de Bernoulli les carrees de vitesse sont

proportionnelles aux hauteurs geometriques de la maree. Ainsi si l’on pose :

kH = l’echelle des hauteurs

kL = l’echelle des longueurs

kV = l’echelle des vitesse

kT = l’echelle des temps

on aura :

k2

V ∝ kH =⇒ k2

V = kH , sans perte de generalite, et de la meme maniere kT =kLkV

= kLk−1/2H

Pour le premier modele :

kT =

√80

500= 1.79× 10−2

et

T1 = (12 h 25 mn)×√80

500= 802 s = 13 mn 22 s

Pour le deuxieme modele :

kT =

√500

500000= 0.477× 10−3

et

T2 = (12 h 25 mn)×√500

500000= 44770× 0.477× 10−3 = 20 s

�

Exercice-III.9 Solution :

9

1. Ecrivons d’abord les equations pour les ecoulements 1 et 2 :

∂p1∂t1

= C1

D21

64µ1

∂2p21∂x1

2(III.9.1)

∂p2∂t2

= C2

D22

64µ2

∂2p22∂x2

2(III.9.2)

En utilisant les definition des echelles, on deduit

∂

∂x2

=∂x1

∂x2

∂

∂x1

= λ∂

∂x1

,∂

∂t2=

∂t1∂t2

∂

∂t1= θ

∂

∂t1

et par consequent la deuxieme equation se reecrit comme

θ

α

∂p1∂t1

= C2

D21

64µ2δ2λ2

α2

∂2p21∂x1

2

dont la comparaisons avec (1) conduit a :

θ =C2

C1

µ1

µ2

λ2

αδ2

qui est la relation cherchee.

Dans le cas ou l’on utilise le meme gaz (µ1 = µ2) dans les conduites ayant des sections

semblables (C1 = C2) cette relation se reduit a

θ =λ2

αδ2

2. On a pour les donnees fournies :

λ =x1

x2

= 2, α =p1p2

= 1, δ =D1

D2

=1

3

et par consequent

θ =λ2

αδ2=

22

1× (1/3)2= 36

Ainsi, le temps cherche est :

t2 =t1θ=

3 mois

36=

180 jours

36= 5 jours

10

�

Exercice-III.10 Solution :

La force de frottement F sur le dirigeable depend de la vitesse de l’ecoulement, U , de

la longueur L, de la densite du fluide ρ et la viscosite dynamique µ, soit :

F = F (U, L, ρ, µ)

Alors selon le theoreme des π on a N = 4. Les variables L, U et ρ sont independantes et

constituent donc des grandeurs fondamentales, au nombre r = 3, pour ce probleme. On a

donc 2 parametres a determiner

π1 =µ

ρα1Lβ1Uγ1

avec

π =F

ραLβUγF (π1)

On trouve

π1 =µ

ρLU=

ν

LU=

1

Re, π =

F

L2ρU2.

L’analyse dimensionnelle montre alors que la force de frottement est liee au nombre de

Reynolds par un parametre sans dimension appele le coefficient de frottement, ou plustot

le coefficient de traınee pour cet exemple :

CD = F

(

F/L2

ρU2

)

= F∗(Re).

1. La similitude impose l’egalite des nombres de Reynolds :

Rep = Rem =⇒ ρpLpUp

µp

=ρmLmUm

µm

D’ou

Um = Up ×Lp

Lm× ρp

ρm× µm

µp= 6 m/s× 30× 1.205

1000× 1.0× 10−3

1.8× 10−5= 12.05 m/s

11

2. La similitude impose aussi l’egalite des coefficients de traınee :

Fp/L2p

ρpU2p

=Fm/L

2m

ρmU2m

D’ou

Fp = Fm ×L2p

L2m

× ρpρm

×U2p

U2m

= 2700 N× 302 × 1.205

1000× 62

12.052= 725.97 N = 726 N

3. Pp = UpFp = 6 m/s× 726 N = 4356 W = 4.356 kW

�

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