# TD fluides non newtoniens

## Exercice 1 : Écoulement de Couette d'un fluide de Bingham.

On considère l'écoulement permanent d'un fluide incompressible de Bingham, de viscosité plastique $\eta_P$ et de contrainte seuil $\tau_s$ entre deux plans parallèles de normale $\mathbf{n}=\mathbf{e}_2$ séparés d'une distance $h$. Le plan supérieur se déplace à une vitesse constante $\mathbf{V}_P = V_P\mathbf{e}_1$ tandis que le plan inférieur est fixe. On s'intéresse ici à l'écoulement le plus simple possible, c'est-à-dire que $\mathbf{V}$ et $P$ sont indépendants de $x_1$ et $x_3$.

1) On suppose dans un premier temps que le fluide est fixe dans une épaisseur $e$ proche de la paroi inférieure, et s'écoule uniquement dans la section supérieure d'épaisseur $h-e$. Donner l'expression de la vitesse $V(x_2)$.

### Correction

On regarde ce qui se passe dans la partie supérieure :
$$\overline{\overline{\sigma}} = -P \mathbb{I} + 2\eta_P \mathbb{D}$$
En écrivant cette contrainte dans les équations de conservation de la quantité de mouvement :
$$\rho\frac{\mathrm{d\mathbf{V}}}{\mathrm{d}t} = \mathrm{div}\overline{\overline{\sigma}} = -\nabla P +\eta_P \Delta \mathbf{V}$$
car on a $\mathrm{div}\mathbf{V} = 0$.
Ce sont les mêmes équations que Navier-Stokes incompressible avec une viscosité dynamique qui est égale à la viscosité plastique $\eta_P$, donc on peut peut faire le même calcul que dans la séance 8.
Résultat :
$$\mathbf{V}(x_2) = (ax_2+b)\mathbf{e}_1$$
On détermine les constantes $a$ et $b$ avec les condition limites : $V(h)=V_P$ et $V(e)=0$
Finalement,
$$\mathbf{V}(x_2) = \left\{\begin{array}{l}
\mathbf{0} \text{ si }0<x_2<e\\
V_P\frac{x_2-e}{h-e}\mathbf{e}_1 \text{ si } e<x_2<h
\end{array}\right.$$
On vérifie bien que $\nabla\cdot \mathbf{V} = 0$.

2) En déduire l'expression du tenseur des contraintes dans le fluide. Que doit vérifier l'épaisseur $e$ pour que l'écoulement soit une solution des équations ?

### Correction

$$\overline{\overline{\sigma}} = -P \mathbb{I} + 2\eta_P \mathbb{D}$$
On a $P=cte$ par la séance 8. Si on calcule $\mathbb{D}$ dans la partie supérieure:
$$\mathbb{D} = \frac{1}{2}(\nabla \mathbf{V}+\nabla\mathbf{V}^T) = \frac{V_P}{2(h-e)}(\mathbf{e}_1\otimes\mathbf{e}_2+\mathbf{e}_2\otimes\mathbf{e}_1).$$
Le tenseur des contraintes est:
$$\overline{\overline{\sigma}} = \left(\begin{array}{ccc}
-P & \frac{V_P\eta_P}{h-e} & 0\\
\frac{V_P\eta_P}{h-e} & -P & 0\\
0 & 0 & -P
\end{array}\right)$$
Si on regarde maintenant la contrainte de cisaillement, $\tau = \frac{V_P\eta_P}{2(h-e)}$.
Comme le fluide est un fluide de Bingham, on doit avoir, dans la partie qui s'écoule (partie supérieure), $\tau\geq \tau_s$.
Donc on doit avoir $\frac{V_P\eta_P}{2(h-e)} \geq \tau_s$. Finalement $e$ doit vérifier:
$$2(h-e)\tau_s\leq V_P\eta_P,$$
$$e\geq h-\frac{V_P\eta_P}{2\tau_s}.$$
Il existe une partie minimale de fluide qui ne s'écoule pas.

On a un $e_m$ minimal, $e_m = h-\frac{V_P\eta_P}{2\tau_s}$, pour lequel on a $\tau=\tau_s$ dans toute la partie qui s'écoule. Si on a $e>e_m$, on va avoir un écoulement dans une partie plus restreinte, et donc $\tau>\tau_s$. En pratique, la solution retenue physiquement c'est celle avec $e=e_m$ (cisaillement minimal).

3) On suppose maintenant que le fluide se déplace d'un bloc à la vitesse $\mathbf{V}_P$ dans une épaisseur $e$ proche de la paroi supérieure et s'écoule dans l'épaisseur $h-e$ inférieure. Donner l'expression de la vitesse $V(x_2)$ et la relation que doit vérifier $e$ pour vérifier les équations.

### Correction

Même chose que précédemment, sauf que maintenant, on résout "Navier-Stokes" avec $\eta=\eta_P$ dans la partie $0<x_2<h-e$, et $V(x_2)=V_P$ pour $h-e<x_2<h$.
On doit avoir $V(0) = 0$ et $V(h-e)=V_P$ par continuité, donc
$$\mathbf{V}(x_2) = \left\{\begin{array}{l}
V_P\frac{x_2}{h-e}\mathbf{e}_1 \text{ si } 0<x_2<h-e\\
V_P\mathbf{e}_1 \text{ si }h-e<x_2<h
\end{array}\right.$$
Pour les mêmes raisons, on doit avoir $$e\geq h-\frac{V_P\eta_P}{2\tau_s}.$$

4) Que peut-on en conclure ?

### Correction

On n'a pas unicité de la solution : il y a plusieurs solutions possibles. En général, ce qui va être sélectionné, c'est une solution dépendante de l'histoire. Par exemple, si on part d'un fluide au repos, et qu'on augmente la vitesse de la paroi supérieure $V_P$, alors c'est plutôt la première solution qui va être sélectionnée. Par contre, si on part d'un fluide qui s'écoule à la vitesse $V_P$ et qu'on freine progressivement la paroi inférieure jusqu'à l'arrêter, on va plutôt sélectionner la seconde solution. Mais il y en a une infinité d'autres !

## Exercice 2 : Effet Weissenberg

On considère un fluide visco-élastique en rotation autour d'un cylindre. On suppose que le cylindre de rayon $R$ et d'axe $e_z$ tourne à une vitesse angulaire $\Omega$ constante. Le fluide est soumis à la gravité $\mathbf{G}=-g\mathbf{e}_z$ et présente une surface libre où on a $\overline{\overline{\sigma}}\cdot\mathbf{n}=\mathbf{0}$. On prendra comme hypothèse que la surface libre est presque plane et on fera donc l'approximation $\mathbf{n}=\mathbf{e}_z$.

1) Dans les coordonnées cylindriques $(\mathbf{e}_r,\mathbf{e}_\theta,\mathbf{e}_z)$, on suppose que le tenseur des contraintes s'écrit $$\overline{\overline{\sigma}} = \left(\begin{array}{ccc}
-P_r & \eta \dot\gamma & 0\\
\eta\dot\gamma & -P_\theta & 0\\
0 & 0 & -P_z
\end{array}\right)$$
On suppose que les pressions $P_r$, $P_\theta$, $P_z$ et les vitesses de cisaillement $\dot\gamma$ ne dépendent pas de $\theta$, et que la vitesse du fluide est orthoradiale et indépendante de $\theta$, $\mathbf{V} = V(r)\mathbf{e}_{\theta}$ (symétrie cylindrique). Écrire l'équation d'équilibre statique pour le fluide en écoulement permanent.

### Correction
Équation de la dynamique :
$$\rho\frac{\mathrm{d}\mathbf{V}}{\mathrm{d}t} = \mathrm{div}~\overline{\overline{\sigma}}+\mathbf{G}.$$
$$\rho\frac{\partial\mathbf{V}}{\partial t} + \rho(\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V} = \mathrm{div}~\overline{\overline{\sigma}}+\mathbf{G}.$$
Dans le cas statique,
$$\rho(\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V} = \mathrm{div}~\overline{\overline{\sigma}}+\mathbf{G}.$$

Calculons en coordonnées cylindriques
$$(\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V} = -\frac{V^2}{r}\mathbf{e}_r$$
$$\mathrm{div}~\overline{\overline{\sigma}} = (-P_{r,r}-\frac{P_r-P_\theta}{r}+\frac{\eta}{r}\dot\gamma_{,\theta})\mathbf{e}_r + (\eta\dot\gamma_{,r}+\frac{2\eta\dot\gamma}{r}-\frac{P_{\theta,\theta}}{r})\mathbf{e}_{theta} - P_{z,z}\mathbf{e}_z$$
$$\mathrm{div}~\overline{\overline{\sigma}} = (-P_{r,r}-\frac{P_r-P_\theta}{r})\mathbf{e}_r + (\eta\dot\gamma_{,r}+\frac{2\eta\dot\gamma}{r})\mathbf{e}_{theta} - P_{z,z}\mathbf{e}_z$$

Finalement, les trois équations scalaires selon les trois composantes sont :
$$-\rho\frac{V(r)^2}{r} = -P_{r,r} - \frac{P_r-P_\theta}{r} \quad(1)$$
$$0 = \eta\dot\gamma_{,r}+\frac{2\eta\dot\gamma}{r} \quad (2)$$
$$0 = -=P_{z,z} - \rho g \quad (3)$$

- Trouver l'expression du taux de cisaillement $\dot\gamma$ partout dans le fluide. En utilisant l'expression de $\dot\gamma$ en fonction des dérivées de $\mathbf{V}$, donner la forme de $V(r)$. On fera l'hypothèse que $V$ décroît vers 0 à l'infini.

### Correction
Avec l'équation (2), on a une équation sur $\dot\gamma$. On va chercher à mettre (2) sous la forme:
$$\frac{\partial}{\partial r}(r^\alpha \dot\gamma) = 0$$
$$\frac{\partial}{\partial r}(r^\alpha \dot\gamma) = r^\alpha \dot\gamma_{,r}+ \alpha r^{\alpha-1}\dot\gamma = r^\alpha\left(\dot\gamma_{,r}+\frac{\alpha\dot\gamma}{r}\right)$$
Avec $\alpha=2$, (2) devient
$$\frac{\partial}{\partial r}(r^2 \dot\gamma) = 0$$
Donc $$\dot\gamma = \frac{C}{r^2}$$

Calculons $\mathbb{D}$ : en cylindrique,
$$\mathbb{D} = \frac{1}{2}\left(V_{,r}-\frac{V}{r}\right)(\mathbf{e}_r\otimes\mathbf{e}_\theta+\mathbf{e}_\theta\otimes\mathbf{e}_{r}).$$
Donc
$$\dot\gamma = V_{,r}-\frac{V}{r} = r\frac{\partial}{\partial r}(\frac{V}{r}).$$

Donc $$\frac{\partial}{\partial r}(\frac{V}{r}) = \frac{C}{r^3}$$

$$\frac{V(r)}{r} = -\frac{C}{2r^2}+A$$
Finalement, $$V(r) = -\frac{C}{2r}+Ar.$$

On veut $V(r)\to 0$ quand $r\to \infty$, donc $A=0$.
Par ailleurs, on veut que la vitesse du fluide soit égale à la vitesse du solide pour $r=R$ :
$$V(R) = \Omega R = -\frac{C}{2R}$$
Donc $C = -2\Omega R^2$.

Finalement,
$$V(r) = \frac{\Omega R^2}{r}$$
$$\dot\gamma = -\frac{2\Omega R^2}{r^2}$$

- On suppose maintenant que $P_z=P_r$ (égalité des pressions transverses à l'écoulement) et que $P_r-P_\theta=\lambda\eta\dot\gamma^2$ (loi visco-élastique linéaire de Maxwell), où $\lambda$ est un temps caractéristique. Donner l'expression de la pression $P_z$ en fonction de $r$ et $z$.

### Correction

$$-\rho\frac{V(r)^2}{r} = -P_{r,r} - \frac{P_r-P_\theta}{r} \quad(1)$$
Donc
$$P_{r,r} = -4\lambda\eta\frac{\Omega^2 R^4}{r^5} +\rho\frac{\Omega^2 R^4}{r^3}$$
En intégrant,
$$P_z = P_{r} = \lambda\eta\frac{\Omega^2 R^4}{r^4} -\rho\frac{\Omega^2 R^4}{2r^2} + K(z)$$
Avec l'équation (3),
$$P_{z,z} = -\rho g $$
donc
$$K'(z) = -\rho g$$
Donc $K(z) = P_0-\rho g z$
Finalement,
$$P_z = P_{r} = \lambda\eta\frac{\Omega^2 R^4}{r^4} -\rho\frac{\Omega^2 R^4}{2r^2} + P_0 -\rho g z.$$

- En déduire l'équation satisfaite par la hauteur $h(r)$ de la surface du fluide. Sous quelle condition le fluide remonte-t-il le long du cylindre ?

### Correction

On utilise que à la surface libre, $\sigma\cdot e_z = 0$.
$(\sigma\cdot z)\cdot z = -P_z = 0$

Donc en $z=h(r)$,
$$\lambda\eta\frac{\Omega^2 R^4}{r^4} -\rho\frac{\Omega^2 R^4}{2r^2} + P_0 -\rho g h(r) = 0.$$

Donc
$$h(r) = \frac{P_0}{\rho g} -\rho\frac{\Omega^2 R^4}{2r^2}\left(1-\frac{2\lambda\nu}{r^2}\right)$$

Si $\frac{2\lambda\nu}{R^2}>1$, alors le fluide remonte le long du cylindre : c'est l'effet Weissenberg.