Feuille d'entraînement : Mécanique des fluides

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie PSI 2025, Q32

   1. Condition de montée de la saumure :

   Dans le bac à sel, la surface libre de la saumure (cote z = 0) est soumise à la pression atmosphérique P_{\text{atm}}. Lorsque la saumure atteint la hauteur h au niveau du col (section 2) sans encore s'écouler, elle est au repos dans le tube vertical d'aspiration.

   D'après la loi fondamentale de la statique des fluides appliquée à la saumure de masse volumique \rho_s :

   P_2 + \rho_s g h = P_{\text{atm}} \implies P_2 = P_{\text{atm}} - \rho_s g h

   Pour que la saumure s'élève au moins jusqu'à l'injecteur, la pression P_2 régnant au col doit être suffisamment basse :

   P_2 \le P_{\text{atm}} - \rho_s g h

   2. Écoulement de l'eau brute dans le Venturi :

   L'eau brute est modélisée comme un fluide incompressible de masse volumique \rho_b, parfait, en écoulement stationnaire dans un tube horizontal (z_1 = z_2).

   La pression absolue en entrée (1) est liée à la pression effective du réseau P_{\text{rés}} par définition :

   P_1 = P_{\text{atm}} + P_{\text{rés}}

   La conservation du débit volumique D_v d'eau brute s'écrit :

   D_v = S_1 v_1 = S_2 v_2 \quad \text{avec} \quad S_1 = \frac{\pi D^2}{4} \quad \text{et} \quad S_2 = \frac{\pi d^2}{4}

   D'où les vitesses moyennes :

   v_1 = \frac{4 D_v}{\pi D^2} \quad \text{et} \quad v_2 = \frac{4 D_v}{\pi d^2}

   Le théorème de Bernoulli appliqué le long d'une ligne de courant entre l'entrée (1) et le col (2) donne :

   P_1 + \frac{1}{2}\rho_b v_1^2 = P_2 + \frac{1}{2}\rho_b v_2^2

   Soit :

   P_1 - P_2 = \frac{1}{2}\rho_b \left( v_2^2 - v_1^2 \right) = \frac{8 \rho_b D_v^2}{\pi^2} \left( \frac{1}{d^4} - \frac{1}{D^4} \right)

   3. Détermination du débit volumique minimal :

   En substituant l'expression de P_1 et la condition d'aspiration sur P_2 :

   P_1 - P_2 \ge (P_{\text{atm}} + P_{\text{rés}}) - (P_{\text{atm}} - \rho_s g h) = P_{\text{rés}} + \rho_s g h

   Il vient :

   \frac{8 \rho_b D_v^2}{\pi^2} \left( \frac{1}{d^4} - \frac{1}{D^4} \right) \ge P_{\text{rés}} + \rho_s g h

   Comme d < D, la quantité \frac{1}{d^4} - \frac{1}{D^4} est strictement positive. Le débit volumique minimal recherché est donc :

   \boxed{D_{v,\min} = \frac{\pi}{4} \sqrt{\frac{2(P_{\text{rés}} + \rho_s g h)}{\rho_b \left(\dfrac{1}{d^4} - \dfrac{1}{D^4}\right)}} = \frac{\pi d^2}{4} \sqrt{\frac{2(P_{\text{rés}} + \rho_s g h)}{\rho_b \left[1 - \left(\dfrac{d}{D}\right)^4\right]}}}

   Résultat

   $$D_{v,\min }=\frac{\pi }{4}\sqrt{\frac{2(P_{\text{reˊs}}+{\rho }_{s}gh)}{{\rho }_b\left(\frac{1}{d^4}-\frac{1}{D^4}\right)}}=\frac{\pi d^2}{4}\sqrt{\frac{2(P_{\text{reˊs}}+{\rho }_{s}gh)}{{\rho }_b\left[1-{\left(\frac{d}{D}\right)}^4\right]}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q22

   Considérons le système fermé constitué par le fluide présent dans l'ensemble des canaux inter-aubes du rotor au temps t, complété par la masse de fluide \mathrm{d}m = D_m\,\mathrm{d}t qui entre dans le rotor entre t et t+\mathrm{d}t.

   À l'instant t+\mathrm{d}t, ce système fermé est constitué du fluide présent dans les canaux à t+\mathrm{d}t et de la même masse \mathrm{d}m sortie du rotor.

   En régime permanent, le moment cinétique du fluide présent dans le volume intérieur des canaux est indépendant du temps : \vec{L}_{\text{int}}(t+\mathrm{d}t) = \vec{L}_{\text{int}}(t). La variation du moment cinétique du système fermé par rapport à l'axe de rotation (Oz) orienté par \vec{e}_z entre t et t+\mathrm{d}t s'écrit donc :

   \mathrm{d}L_z = L_{z,\text{sortie}} - L_{z,\text{entrée}}

   Puisque les aubes sont courtes devant le rayon R_0, on assimile le rayon de la veine fluide à R_0.

   • À l'entrée du rotor : le triangle des vitesses donne \vec{v}_1 = \vec{w}_1 + \vec{U} avec \vec{w}_1 = w_1\,\vec{e}_z (vitesse relative axiale) et \vec{U} = R_0\,\Omega\,\vec{e}_\theta = U\,\vec{e}_\theta. La vitesse absolue est donc :

     \vec{v}_1 = w_1\,\vec{e}_z + U\,\vec{e}_\theta

     Le moment cinétique de la masse entrante \mathrm{d}m par rapport à l'axe (Oz) vaut :

     L_{z,\text{entrée}} = \left[ (R_0\,\vec{e}_r) \wedge (\mathrm{d}m\,\vec{v}_1) \right] \cdot \vec{e}_z = \mathrm{d}m\,R_0\,U

   • À la sortie du rotor : la forme des aubes impose une vitesse absolue axiale \vec{v}_2 = v_2\,\vec{e}_z. Sa composante orthoradiale est donc nulle (v_{2\theta} = 0), d'où :

     L_{z,\text{sortie}} = 0

   Il en résulte :

   \frac{\mathrm{d}L_z}{\mathrm{d}t} = - \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t}\,R_0\,U = - D_m\,R_0\,U

   D'après le théorème du moment cinétique appliqué au système fermé dans le référentiel du stator (galiléen), la dérivée temporelle de L_z est égale au moment par rapport à (Oz) des forces extérieures appliquées au fluide. Les forces de pression sur les sections droites d'entrée et de sortie sont purement axiales, leur moment par rapport à (Oz) est donc nul. Les seules forces ayant un moment non nul selon (Oz) sont les actions de contact exercées par les parois des aubes du rotor sur le fluide :

   \Gamma_{z,\text{rotor}\to\text{fluide}} = \frac{\mathrm{d}L_z}{\mathrm{d}t} = - D_m\,R_0\,U

   Par le principe des actions réciproques, le couple mécanique exercé par l'ensemble du fluide sur le rotor du premier étage est :

   \Gamma = - \Gamma_{z,\text{rotor}\to\text{fluide}} = D_m\,R_0\,U

   \boxed{\Gamma = D_m\,R_0\,U}

   Ce couple est moteur (\Gamma > 0). La puissance mécanique transmise au rotor en rotation à la vitesse angulaire \Omega s'en déduit :

   \mathcal{P}_{\text{méc}} = \Gamma\,\Omega = D_m\,R_0\,U\,\Omega

   Sachant que U = R_0\,\Omega, on obtient directement :

   \boxed{\mathcal{P}_{\text{méc}} = D_m\,U^2}

   Application numérique :

   • D_m = \frac{534 \times 10^3}{3600} \approx 148{,}3\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} ;
   • R_0 = 0{,}296\text{ m} ;
   • \Omega = 3000 \times \frac{2\pi}{60} = 100\pi \approx 314{,}2\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} ;
   • U = R_0\,\Omega = 0{,}296 \times 100\pi \approx 93{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

   \begin{aligned} \Gamma &= 148{,}3 \times 0{,}296 \times 93{,}0 \approx 4{,}08 \times 10^3\text{ N}\cdot\text{m} \\ \mathcal{P}_{\text{méc}} &= 148{,}3 \times (92{,}99)^2 \approx 1{,}28 \times 10^6\text{ W} = 1{,}28\text{ MW} \end{aligned}

   \boxed{\Gamma \approx 4{,}1 \times 10^3\text{ N}\cdot\text{m} \quad \text{et} \quad \mathcal{P}_{\text{méc}} \approx 1{,}3\text{ MW}}

   Résultat

   $$\Gamma =D_m{R}_{0}U$$

   $${\mathcal{P}}_{\text{meˊc}}=D_m{U}^2$$

   $$\Gamma \approx 4,1\times 10^3\text{ N}\cdot \text{m}\text{et}{\mathcal{P}}_{\text{meˊc}}\approx 1,3\text{ MW}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie PSI 2025, Q26

   Le nombre de Reynolds associé à l'écoulement d'un fluide de masse volumique \rho et de viscosité dynamique \eta, à une vitesse caractéristique v dans une conduite cylindrique de diamètre D = 2R, est défini par le rapport adimensionnel des forces d'inertie sur les forces visqueuses :

   Re = \frac{\rho v D}{\eta} = \frac{2\rho v R}{\eta}

   Dans une conduite cylindrique, l'écoulement est laminaire tant que les effets visqueux dissipatifs prédominent et empêchent le développement d'instabilités turbulentes, c'est-à-dire lorsque le nombre de Reynolds reste inférieur à un nombre de Reynolds critique Re_c :

   \boxed{Re < Re_c \quad \text{avec} \quad Re_c \approx 2\,000}

   Résultat

   $$Re<R{e}_c\text{avec}R{e}_c\approx 2000$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie PSI 2025, Q27

   1. Dépendance de la vitesse vis-à-vis des coordonnées d'espace :

   • Invariance par rotation : La conduite est un cylindre de révolution d'axe Ox et de section constante. En l'absence de cause de dissymétrie azimutale pour l'écoulement laminaire, le système est invariant par rotation d'un angle quelconque autour de l'axe Ox. Il en découle que le champ scalaire v ne dépend pas de l'angle polaire \theta :

     \frac{\partial v}{\partial \theta} = 0 \implies v(r,\theta,x) = v(r,x)

   • Incompressibilité du fluide : Le sang est assimilé à un fluide incompressible et homogène, la masse volumique \rho est donc constante. L'équation de conservation de la masse se réduit à la condition d'incompressibilité :

     \mathrm{div}\,\vec{v} = 0

     Le champ de vitesse étant purement axial, \vec{v}(M) = v(r,x)\vec{u}_x (avec v_r = 0 et v_\theta = 0), son expression en coordonnées cylindriques donne :

     \begin{aligned} \mathrm{div}\,\vec{v} &= \frac{1}{r}\frac{\partial (r v_r)}{\partial r} + \frac{1}{r}\frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} + \frac{\partial v}{\partial x} \\ &= \frac{\partial v}{\partial x} = 0 \end{aligned}

     La composante v est donc indépendante de la variable axiale x.

   On en déduit que le champ de vitesse ne dépend que de la seule variable radiale r :

   \boxed{\vec{v}(M) = v(r)\,\vec{u}_x}

   2. Vitesse du fluide au contact de la paroi :

   Le sang étant un fluide visqueux (\eta \neq 0), les effets de frottement imposent la condition d'adhérence du fluide à la paroi solide. La paroi du vaisseau étant fixe dans le référentiel d'étude en r = R, la vitesse relative du fluide par rapport à la paroi s'annule :

   \boxed{v(R) = 0}

   Résultat

   $$\vec{v}(M)=v(r){\vec{u}}_x$$

   $$v(R)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie PSI 2025, Q28

   Le système étudié est la portion cylindrique de fluide de rayon r (compris entre 0 et R) et de longueur L.

   Les forces de viscosité (frottements internes exercés par le fluide extérieur r' > r sur le cylindre de fluide r' \leqslant r) s'exercent sur la surface latérale du cylindre, d'aire :

   \mathcal{S}_{\text{lat}} = 2\pi r L

   Sur les faces d'entrée et de sortie (sections planes perpendiculaires à \vec{u}_x), le gradient longitudinal de vitesse est nul (\partial v / \partial x = 0), donc les contraintes visqueuses normales sont nulles.

   Puisque le rayon r est fixé sur toute la surface latérale, le terme \eta \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}r} \vec{u}_x y est uniforme. La résultante des forces de viscosité s'exerçant sur cet élément de fluide s'écrit donc :

   \vec{F}_{\text{visc}} = \iint_{\mathcal{S}_{\text{lat}}} \eta \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}r} \vec{u}_x \, \mathrm{d}S = \eta \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}r} \vec{u}_x \iint_{\mathcal{S}_{\text{lat}}} \mathrm{d}S

   soit :

   \boxed{\vec{F}_{\text{visc}} = 2\pi r L \eta \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}r} \vec{u}_x}

   Résultat

   $${\vec{F}}_{\text{visc}}=2\pi rL\eta \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}r}{\vec{u}}_x$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique U PSI 2025, Q25

   Le nombre de Reynolds \mathrm{Re} est un nombre sans dimension qui compare l'ordre de grandeur des effets inertiels à celui des effets visqueux au sein de l'écoulement d'un fluide de masse volumique \rho et de viscosité dynamique \eta.

   Pour un écoulement caractérisé par une vitesse typique v et une longueur caractéristique L, il est défini par :

   \boxed{\mathrm{Re} = \frac{\rho v L}{\eta}}

   Résultat

   $$\mathrm{Re}=\frac{\rho vL}{\eta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique U PSI 2025, Q27

   L'équation de Navier-Stokes s'écrit :

   \rho\left[\frac{\partial \vec{v}}{\partial t} + (\vec{v}\cdot\overrightarrow{\operatorname{grad}})\vec{v}\right] = \eta \Delta \vec{v} - \overrightarrow{\operatorname{grad}} P + \vec{f}_{\text{vol}}

   avec \vec{f}_{\text{vol}} = -\rho_e \overrightarrow{\operatorname{grad}}\phi d'après la question Q24.

   Examinons chacun des termes avec le champ de vitesse \vec{v} = v(z)\vec{e}_x :

   • L'écoulement étant recherché en régime stationnaire, on a :

     \frac{\partial \vec{v}}{\partial t} = \vec{0}

   • Le terme convectif se développe à l'aide de la formule fournie :

     (\vec{v}\cdot\overrightarrow{\operatorname{grad}})\vec{v} = v(z) \frac{\partial}{\partial x}\big(v(z)\vec{e}_x\big) = \vec{0}

     puisque v ne dépend que de la variable z. Le terme d'accélération particulaire est donc rigoureusement nul.

   • Le laplacien vectoriel de \vec{v} s'écrit en coordonnées cartésiennes :

     \Delta \vec{v} = \left(\frac{\partial^2 v}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 v}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 v}{\partial z^2}\right)\vec{e}_x = \frac{\mathrm{d}^2 v}{\mathrm{d}z^2}\,\vec{e}_x

   En injectant ces résultats, l'équation de Navier-Stokes se simplifie sous la forme :

   \boxed{\eta \frac{\mathrm{d}^2 v}{\mathrm{d}z^2}\,\vec{e}_x - \overrightarrow{\operatorname{grad}} P - \rho_e \overrightarrow{\operatorname{grad}}\phi = \vec{0}}

   Résultat

   $$\eta \frac{{\mathrm{d}}^{2}v}{\mathrm{d}{z}^2}{\vec{e}}_x-\overrightarrow{\mathrm{grad}}P-{\rho }_e\overrightarrow{\mathrm{grad}}\varphi =\vec{0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique U PSI 2025, Q32

   L'hypothèse d'adhérence à la paroi pour un fluide réel visqueux (condition aux limites de non-glissement) impose la continuité du champ de vitesse à l'interface entre le fluide et la paroi solide.

   La paroi étant immobile dans le référentiel d'étude en z = 0, la vitesse de l'écoulement y est nulle :

   \boxed{v(z = 0) = 0}

   soit vectoriellement \vec{v}(z = 0) = \vec{0}.

   Résultat

   $$v(z=0)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 PSI 2025, Q1

   1. Trajectoire et portée maximale

   On étudie une goutte d'eau assimilée à un point matériel de masse m, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, muni du repère orthonormé (O, \vec{e}_x, \vec{e}_z) représenté sur la figure 2 (Ox horizontal, Oz vertical ascendant). La goutte sort du canon en O à t=0 avec la vitesse :

   \vec{v}_0 = v_0 \cos\alpha\,\vec{e}_x + v_0 \sin\alpha\,\vec{e}_z

   En négligeant tout frottement, la goutte n'est soumise qu'à son poids \vec{P} = -m g \vec{e}_z. La deuxième loi de Newton s'écrit :

   m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -m g \vec{e}_z \implies \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -g \vec{e}_z

   Par intégrations successives avec les conditions initiales \vec{r}(0) = \vec{0} et \vec{v}(0) = \vec{v}_0 :

   \begin{aligned} x(t) &= (v_0 \cos\alpha)\, t \\ z(t) &= -\frac{1}{2} g t^2 + (v_0 \sin\alpha)\, t \end{aligned}

   En éliminant le temps t = \frac{x}{v_0 \cos\alpha}, on obtient l'équation de la trajectoire :

   z(x) = -\frac{g}{2 v_0^2 \cos^2\alpha} x^2 + x \tan\alpha

   Il s'agit d'une fonction polynomiale du second degré en x de coefficient dominant négatif : la trajectoire est une parabole concave vers le bas.

   La portée x_P correspond à l'abscisse du point de retombée au sol (z(x_P) = 0 avec x_P > 0) :

   x_P \left(\tan\alpha - \frac{g x_P}{2 v_0^2 \cos^2\alpha}\right) = 0 \implies x_P = \frac{2 v_0^2 \cos^2\alpha \tan\alpha}{g} = \frac{v_0^2 \sin(2\alpha)}{g}

   La fonction \alpha \mapsto \sin(2\alpha) est maximale sur [0, \pi/2] pour \sin(2\alpha) = 1, soit :

   2\alpha = 90^\circ \implies \alpha = 45^\circ

   2. Expression et calcul de la vitesse initiale v_0

   Pour un angle de tir \alpha = 45^\circ, la portée maximale vaut L = \frac{v_0^2}{g}, d'où :

   \boxed{v_0 = \sqrt{g L}}

   Application numérique avec g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} et L = 150\text{ m} :

   v_0 = \sqrt{9{,}8 \times 150} = \sqrt{1\,470}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   Comme 38^2 = 1\,444 et 39^2 = 1\,521, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{v_0 \simeq 38\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   3. Diamètre du canon

   Le débit volumique D_v à travers la section circulaire S = \frac{\pi d^2}{4} s'exprime par :

   D_v = S v_0 = \frac{\pi d^2}{4} v_0

   On en déduit le diamètre intérieur du tube :

   \boxed{d = \sqrt{\frac{4 D_v}{\pi v_0}}}

   Avec D_v = 6\,000\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{6\,000 \times 10^{-3}\text{ m}^3}{60\text{ s}} = 0{,}10\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} :

   d = \sqrt{\frac{4 \times 0{,}10}{\pi \times 38{,}3}} \simeq \sqrt{\frac{0{,}40}{120}} = \frac{1}{\sqrt{300}} = \frac{1}{10\sqrt{3}} \simeq \frac{1}{10 \times 1{,}7} \simeq 0{,}059\text{ m}

   Soit, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{d \simeq 5{,}8\text{ cm}} \quad (\text{ou } 5{,}9\text{ cm})

   Résultat

   $$v_0=\sqrt{gL}$$

   $$v_0\simeq 38\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$d=\sqrt{\frac{4D_v}{\pi v_0}}$$

   $$d\simeq 5,8\text{ cm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 PSI 2025, Q3

    Le nombre de Reynolds d'un écoulement en conduite cylindrique de diamètre intérieur d s'écrit :

    \mathcal{R} = \frac{\rho_0 v_0 d}{\eta}

    où \rho_0 est la masse volumique du fluide, v_0 la vitesse moyenne d'écoulement et \eta la viscosité dynamique.

    À l'aide des valeurs de l'énoncé et du diamètre d \simeq 5{,}8\text{ cm} obtenu à la question 1 :

    • \rho_0 = 1{,}0 \times 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3},
    • v_0 \simeq 38\text{ m}\cdot\text{s}^{-1},
    • d \simeq 5{,}8 \times 10^{-2}\text{ m},
    • \eta = 1{,}0 \times 10^{-3}\text{ Pa}\cdot\text{s}.

    L'application numérique donne :

    \mathcal{R} = \frac{1{,}0 \times 10^3 \times 38 \times 5{,}8 \times 10^{-2}}{1{,}0 \times 10^{-3}} \simeq 2{,}2 \times 10^6

    \boxed{\mathcal{R} = \frac{\rho_0 v_0 d}{\eta} \simeq 2{,}2 \times 10^6}

    Le nombre de Reynolds critique pour une conduite circulaire lisse étant \mathcal{R}_c \sim 2\,000 (comme visualisé sur le diagramme de Moody de la figure 3 au terme de la branche laminaire), on a ici \mathcal{R} \gg \mathcal{R}_c. L'écoulement de l'eau dans le tube du canon est donc nettement turbulent (en régime de turbulence pleinement développée).

    Résultat

    $$\mathcal{R}=\frac{{\rho }_0{v}_{0}d}{\eta }\simeq 2,2\times 10^6$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question