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title: TD fluides newtoniens

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# TD fluides newtoniens

## Exercice 1 : écoulement de Poiseuille cylindrique

Soit un tube de section circulaire, de rayon $R$ et de longueur $L$ et d'axe $x_3 = z$. On applique un gradient de pression $P_{,z} = \nabla P/L = -K$ entre l'entrée et la sortie du tube. On suppose que $V_z(r)$ est la seule composante non-nulle de la vitesse.
- Déterminer le champ de vitesse.
- Calculer le débit.

### Correction
Si on écrit les équations de Navier-Stokes incompressibles en coordonnées cylindriques : 
\begin{align}
0 &= -\rho^{-1}P_{,z} +\nu(V_{z,rr}+r^{-1}V_{z,r})
\end{align}
Donc en utilisant l'expression du gradient de pression,
\begin{equation}
V_{z,rr}+r^{-1}V_{z,r} = -\frac{K}{\eta}.
\end{equation}
Donc en multipliant par $r$,
\begin{equation}
r\frac{\partial^2 V_{z}}{\partial r^2}+\frac{\partial V_{z}}{\partial r} = -\frac{K}{\eta}r.
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial V_{z}}{\partial r}\right) = -\frac{K}{\eta}r.
\end{equation}
Donc 
\begin{equation}
r\frac{\partial V_z}{\partial r} = -\frac{K}{2\eta}r^2 + C_1
\end{equation}
Donc 
\begin{equation}
\frac{\partial V_z}{\partial r} = -\frac{K}{2\eta}r + \frac{C_1}{r}
\end{equation}
En intégrant à nouveau,
\begin{equation}
V_z(r) = -\frac{K}{4\eta}r^2 + C_1\log(r) + C_2
\end{equation}
On veut que la vitesse soit bornée près du centre du cylindre : donc $C_1=0$.
Pour déterminer $C_2$, on regarde les conditions aux limites : sur le bord, en $r=R$, $V_z(R)=0$.
\begin{equation}
C_2 = \frac{K}{4\eta}R^2
\end{equation}
Finalement,
\begin{equation}
V_z(r) = \frac{K}{4\eta}(R^2-r^2).
\end{equation}

Calcul du débit : 
\begin{align}
Q &= \int_{0}^R\int_{0}^{2\pi}V_z(r)r\mathrm{d}\theta\mathrm{d}r = 2\pi\int_0^R \frac{K}{4\eta}r(R^2-r^2)\mathrm{d}r = \frac{\pi K}{2\eta}\left(\frac{R^4}{2}-\frac{R^4}{4}\right) \\
&= \frac{\pi R^4 K}{8\eta} 
\end{align}

## Exercice 2 : Écoulement de Couette cylindrique.
On considère l'écoulement permanent d'un fluide incompressible entre deux cylindres concentriques d'axe $x_3 = z$, de rayons $R_1$ et $R_2 > R_1$. Les cylindres tournent à vitesses angulaires constantes $\Omega_1$ et $\Omega_2$. On s'intéresse ici à l'écoulement le plus simple possible, c'est à dire que $\vec{V}$ et $P$ sont indépendants de $\theta$ et $z$ ; c'est l'écoulement observé aux faibles vitesses.
- Donner les conditions aux limites pour le champ de vitesses.
- Déterminer la vitesse radiale grâce à l'incompressibilité.
- Déterminer la vitesse orthoradiale (introduire le changement de variable $u = V_{\theta}/r$)

### Correction
En coordonnées cylindriques : 
- en $r=R_1$ : $\vec{V} = R_1\Omega_1\vec{e}_\theta$,
- en $r=R_2$ : $\vec{V} = R_2\Omega_2\vec{e}_\theta$.

On suppose qu 'il n'y a pas de dépendance en $\theta$ et en $z$, donc l'incompressibilité s'écrit : 
$$\nabla\cdot \vec{V} = V_{r,r}+ \frac{V_r}{r} = 0$$
En multipliant par $r$,
$rV_{r,r}+V_r = \frac{\partial}{\partial r}(rV_r) = 0$
donc $rV_r = C_1$, et donc $V_r = \frac{C_1}{r}$. On n'a pas l'argument de $r\to 0$ car $r=0$ est en dehors du domaine fluide ($r\in[R_1,R_2]$).

En revanche, on sait que $V_r(r=R_1) = V_r(r=R_2) = 0$, donc $C_1=0$ et $V_r=0$ partout.

Équation de Navier-Stokes pour la composante $\vec{e}_\theta$ : 
$$0=-\nabla P + \eta\Delta \vec{V}$$
$$-\frac{1}{r}P_{,\theta} + \eta (\Delta V_\theta-\frac{V_\theta}{r^2}+\frac{2}{r^2}V_{r,\theta}) = 0$$
On sait que $P_{,\theta}=0$, $V_r=0$, et le laplacien donne
$$\Delta V_{\theta} = V_{\theta,rr}+\frac{1}{r}V_{\theta,r}$$
Finalement,
$$V_{\theta,rr}+\frac{1}{r}V_{\theta,r}-\frac{V_\theta}{r^2} = 0$$
On pose $u = \frac{V_\theta}{r}$. Donc $V_\theta = ru$, $V_{\theta,r} = ru'+u$, $V_{\theta,rr} = ru''+2u'$. EN remplaçant,
$$ru''+2u'+u'+\frac{u}{r}-\frac{u}{r}=0$$
$$ru''+3u'=0.$$
$$\frac{u''}{u'} = -\frac{3}{r}$$
$$\log(u') = -3\log(r)+C$$
$$u'(r) = \frac{K}{r^3}$$

Finalement, $u(r) = \frac{K}{r^2}+C_2$, donc $V_\theta(r) = \frac{K}{r}+C_2 r$.

On revient aux conditions aux limites : 
\begin{align}
\frac{K}{R_1} + C_2 R_1 &= \Omega_1 R_1\\
\frac{K}{R_2} + C_2 R_2 &= \Omega_2 R_2
\end{align}
\begin{align}
K + C_2 R_1^2 &= \Omega_1 R_1^2\\
K + C_2 R_2^2 &= \Omega_2 R_2^2
\end{align}
Donc 
\begin{align}
K &= \frac{(\Omega_1-\Omega_2)R_1^2R_2^2}{R_2^2-R_1^2}\\
C_2 &= \frac{\Omega_2R_2^2-\Omega_1R_1^2}{R_2^2-R_1^2}
\end{align}
 
 Finalement,
 $$V_{\theta}(r) = \frac{1}{R_2^2-R_1^2}\left(\frac{(\Omega_1-\Omega_2)R_1^2R_2^2}{r} + (\Omega_2R_2^2-\Omega_1R_1^2)r\right)$$
 
## Exercice 3
Considérons l'écoulement d'un fluide de densité constante tel que la pression reste constante et $$V_1 = V(x_3, t),\quad V_2 = V_3 = 0,$$
où les forces extérieures sont négligeables.
- Ce champ de vitesse correspond-t-il à un écoulement isochore ?
- Quelle équation vérifie $V$ ?
- Avec le changement de variables $x'_{3} = ax_3$ et $t' = a^2t$ , où $a$ est une constante arbitraire, que devient l'équation ? Que peut-on en déduire ?
- Si l'on cherche une solution sous la forme $$V = f(\theta),\quad \theta = x_3/\sqrt{4\nu t}$$, quelle équation vérifie $f$ ? Quelle est sa solution ?
- Le fluide occupe le demi-espace $x_3 > 0$. À l'instant initial ($t = 0$) il est au repos. Aux instants ultérieurs ($t > 0$) la paroi $x_3 = 0$ est animée d'un mouvement uniforme de vitesse constante $V_0$ dans la direction $\vec{e}_1$. Déterminer la fonction $f$ correspondante. 

### Correction
On a bien $\nabla\cdot\vec{V}=0$, donc l'écoulement est isochore.

Équation de Navier-Stokes incompressible : 
$$\frac{\partial \vec{V}}{\partial t} + (\vec{V}\cdot \nabla)\vec{V} = -\frac{\nabla P}{\rho} + \nu \Delta \vec{V}$$
Pour la composante en  $\vec{e}_1$ : 
$$\partial_t V + \underbrace{V\frac{V}{\partial x_1}}_{=0}  = -\frac{P_{,1}}{\rho} + \nu\frac{\partial^2 V}{\partial x_3^2}$$
$$\partial_t V  = \nu\frac{\partial^2 V}{\partial x_3^2}$$
C'est juste une équation de la chaleur.

En faisant le changement de variable $x^\star=ax$, $t^\star = a^2t$, $\partial_{t^\star}V = \frac{1}{a^2}\partial_t V$, $\partial_{x_3^\star x_3^\star}V = \frac{1}{a^2}\partial_{x_3x_3}V$, donc on a
$$\partial_{t^\star} V  = \nu\frac{\partial^2 V}{\partial (x_3^\star)^2}$$
L'équation est invariante par le changement de variable.

Si on pose $V=f(\theta)$ avec $\theta = \frac{x_3}{\sqrt{4\nu t}}$, 
$$\partial_t V = -f'(\theta)\frac{x_3}{2t\sqrt{4\nu t}} = -\frac{f'(\theta)\theta}{2t}$$
$$\partial_{x_3}V = f'(\theta)\frac{1}{\sqrt{4\nu t}}$$
$$\partial_{x_3x_3}V = f''(\theta)\frac{1}{4\nu t}$$

Finalement,
$$-\frac{f'(\theta)\theta}{2t} = \frac{f''(\theta)}{4t}$$
En simplifiant,
$$f''(\theta)= -2\theta f'(\theta)$$
Sous la forme
$$\frac{f''(\theta)}{f'(\theta)} = -2\theta,$$
cela s'intègre en
$$\log(f'(\theta)) = -\theta^2 + C$$
Donc $f'(\theta) = C\exp(-\theta^2)$.
Donc $f(\theta) = A+\int_{0}^{\theta}C\exp(-\tau^2)\mathrm{d}\tau$
Si on revient à $V$,
$$V(x_3,t) = A + \int_{0}^{\frac{x_3}{\sqrt{4\nu t}}} C\exp(-\tau^2)\mathrm{d}\tau$$

Pour $x_3\to+\infty$, on veut que le fluide soit au repos, donc $V(x_3,t)\to 0$ quand $x_3\to +\infty$, donc quand $\theta\to+\infty$.

Donc 
$$A+\int_0^{+\infty}C\exp(-\tau^2)\mathrm{d}\tau = 0$$
Comme $\int_0^\infty\exp(-s^2)\mathrm{d}s = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$, on a
$$A = -\frac{\sqrt{\pi}}{2}C.$$

Maintenant, si la plaque en $x_3=0$ a une vitesse uniforme $V_0$, il faut que pour $\theta=0$, on ait $f(0) = V_0$.
Comme $f(0) = A$, on a $A=V_0$.

Finalement, la vitesse s'exprime de la façon suivante : 
$$V(x_3,t) = V_0\left(1-\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\frac{x_3}{\sqrt{4\nu t}}}\exp(-s^2)\mathrm{d}s\right)$$
Pour tout temps $t$ strictement positif, la vitesse est non nulle partout dans le demi-plan : on a une vitesse de propagation de l'information qui est infinie. Loin de la paroi, la vitesse est presque nulle pour des temps petits, mais quand même non nulle. C'est le cas typique pour des fluides incompressibles.

Pour avoir une vitesse de propagation de l'information qui soit finie, il faut ajouter la compressibilité du fluide. 