Exercices

Exercice Cinématique 1

\(K\) étant une constante, on étudie le mouvement défini par la description Eulérienne suivante : \[\overrightarrow{V} = \left\{ \begin{array}{c} u\\v\\w \end{array} \right\} = \left\{ \begin{array}{c} -\displaystyle\frac{Ky}{x^2+y^2}\\\displaystyle\frac{Kx}{x^2+y^2}\\ 0 \end{array} \right\}\]
1) Déterminer les trajectoires et lignes de courant
2) Calculer l’accélération

  1. Le champ de vitesse ne dépend pas explicitement du temps, donc trajectoires et lignes de courant sont confondues. Le mouvement étant plan, on résout donc: \[\frac{dx}{u} = \frac{dy}{v} \] \[-\frac{dx (x^2+y^2)}{Ky} = \frac{dy (x^2+y^2)}{Kx}\] \[x dx + y dy = 0\] soit par intégration de la différentielle: \(r^2 = x^2 + y^2 = Cste\). Les lignes de courant sont donc des cercles dont le centre est à l’origine.

  2. \(\overrightarrow{\Gamma} = \displaystyle\frac{d\overrightarrow{V}}{dt} = \left\{ \begin{array}{c} \displaystyle\frac{du}{dt}\\ \displaystyle\frac{dv}{dt}\\ \displaystyle\frac{dw}{dt} \end{array} \right\} = \left\{ \begin{array}{c} \displaystyle\frac{d}{dt}\left( \displaystyle\frac{-Ky}{r^2}\right)\\ \displaystyle\frac{d}{dt}\left( \displaystyle\frac{Kx}{r^2}\right)\\ 0 \end{array} \right\}\)$ Or, d’après la question précédente, on a \(r=cste\), ainsi que \(K\) donc: \[\overrightarrow{\Gamma} = \left\{ \begin{array}{c} \displaystyle\frac{-K}{r^2}\frac{dy}{dt} \\ \displaystyle\frac{K}{r^2}\frac{dx}{dt}\\ 0 \end{array} \right\}\] et enfin comme \(\displaystyle\frac{dx}{dt} = u\) et \(\displaystyle\frac{dy}{dt} = v\), on a: \[\overrightarrow{\Gamma} = \left\{ \begin{array}{c} -\displaystyle\frac{K^2x}{r^4} \\ -\displaystyle\frac{K^2y}{r^4}\\ 0 \end{array} \right\}\] On peut également retrouver ce résultat en utilisant la dérivée particulaire, ou bien en passant en système de coordonnées cylindriques.

Exercice Cinématique 2

On considère un milieu continu occupant dans la configuration de référence, le cube centré à l’origine, d’arêtes de longueur unité et parallèles à l’un des axes du repère orthonormé \((O,\overrightarrow{e}_1, \overrightarrow{e}_2, \overrightarrow{e}_3)\). Le solide est supposé localement incompressible. Le solide ainsi défini, est soumis respectivement à deux types de transformations de déformations :

  1. Un glissement simple :
    \(x_1 = X_1 + \gamma(t) X_2\) , \(\; x_2 = X_2\) , \(\; x_3 = X_3\).

  2. Une déformation homogène de révolution autour de l’axe \((O,\overrightarrow{e}_1)\) :
    \(x_1 = \lambda_1(t) X_1\) , \(\; x_2 = \lambda_2(t) X_2\) , \(\; x_3 = \lambda_3(t) X_3\) avec \(\lambda_2 = \lambda_3\).

Déterminer dans chacun des cas
a) Le tenseur représentant l’application linéaire tangente.
b) Le tenseur des déformations.
c) Le tenseur des déformations sous l’hypothèse des petites perturbations.

    1. \(\overline{\overline F} = \left[ \begin{array}{ccc} 1 & \gamma & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right]\)

  1. \(\overline{\overline \varepsilon } = \displaystyle\frac{1}{2}\left( {\overline{\overline F}^T\,\overline{\overline F} - \overline{\overline I} } \right) = \displaystyle\frac{1}{2} \left[ \begin{array}{ccc} 0 & \gamma & 0 \\ \gamma & \gamma^2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right]\)

  2. Sous l’hypothèse des petites perturbations, les déformations sont petites, donc \(\gamma <<1\) et \(\gamma^2 << \gamma\) d’où: \[\overline{\overline \varepsilon }_{HPP} = \left[ \begin{array}{ccc} 0 & \displaystyle\frac{\gamma}{2} & 0 \\ \displaystyle\frac{\gamma}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right]\]

    1. \(\overline{\overline F} = \left[ \begin{array}{ccc} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{array} \right]\) avec \(\lambda_2 = \lambda_3\)
  1. \(\overline{\overline \varepsilon } = \displaystyle\frac{1}{2}\left( {\overline{\overline F}^T\,\overline{\overline F} - \overline{\overline I} } \right) = \displaystyle\frac{1}{2} \left[ \begin{array}{ccc} \lambda_1^2 - 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2^2 - 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3^2 - 1 \end{array} \right]\)
  2. On sait que le milieu est incompressible. Donc, d’après Equation 7.1, on doit avoir \(det\overline{\overline F} = 1\), c’est à dire \(\lambda_1\, \lambda_2\,\lambda_3\,=1\). On a donc \(\lambda_2^2\,=\,\frac{1}{\lambda_1}\). Sous l’hypothèse des petites perturbations, les déformations sont petites, donc \(\lambda_1^2 - 1 << 1\).
    On peut faire un développement limité de \(\lambda_1\) en \(1\). Notons \(\alpha<<1\) tel que \(\lambda_1 = 1 + \alpha\). On a donc \(\lambda_2^2 = \frac{1}{1+\alpha} = 1 - \alpha + O(\alpha^2)\) et \(\lambda_1^2 = 1 + 2\alpha + O(\alpha^2)\).
    Soit \(\overline{\overline \varepsilon }_{HPP} = \left[ \begin{array}{ccc} \alpha & 0 & 0 \\ 0 & -\displaystyle\frac{\alpha}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -\displaystyle\frac{\alpha}{2} \end{array} \right]\)
Exercice Cinématique 3

On considère un écoulement de fluide entre deux cylindres coaxiaux animés d’une vitesse de rotation constante dans le temps (écoulement de Couette). On peut montrer que le champs de vitesse dans le fluide, en coordonnées cylindriques est de la forme : \(\overrightarrow{v}=\left( ar + \displaystyle\frac{b}{r}\right) \overrightarrow{e}_{\theta}\), où \(a\) et \(b\) sont deux constantes.
a) Vérifier que le mouvement est incompressible.
b) Calculer \(rot\overrightarrow{v}\).
c) Calculer l’accélération

  1. on a \(\overrightarrow{v} = \left( ar + \displaystyle\frac{b}{r}\right) \overrightarrow{e}_{\theta}\), donc en coordonnées cylindriques, \(div\overrightarrow{v} = v_{r,r} + \displaystyle\frac{v_{r}}{r} + \displaystyle\frac{v_{\theta,\theta}}{r} + v_{z,z} = 0+0+0+0=0\).
    Donc le mouvement est incompressible.

  2. \[rot\overrightarrow{v} = \nabla \wedge \overrightarrow {v} = \left\{ \begin{array}{c} \displaystyle\frac{1}{r} \displaystyle\frac{\partial v_z }{\partial \theta} - \displaystyle\frac{\partial v_{\theta}}{\partial z} \\ \displaystyle\frac{\partial v_r }{\partial z} - \displaystyle\frac{\partial v_z }{\partial r} \\ \displaystyle\frac{\partial v_{\theta}}{\partial r} + \displaystyle\frac{v_{\theta}}{r} - \displaystyle\frac{1}{r} \displaystyle\frac{\partial v_r }{\partial \theta} \end{array} \right\} = \left\{ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ \displaystyle\frac{\partial v_{\theta}}{\partial r} + \displaystyle\frac{v_{\theta}}{r} \end{array} \right\} = \left\{ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 2a \end{array} \right\}\] soit \(rot\overrightarrow{v} = 2a \overrightarrow{e}_z\).

  3. Première méthode: \(v_r=0\) donc \(\displaystyle\frac{dr}{dt} = 0\), d’où: \[\overrightarrow{\Gamma} = \displaystyle\frac{d\overrightarrow{v}}{dt}= v_{\theta}\displaystyle\frac{d\overrightarrow{e}_{\theta}}{dt}= v_{\theta}\displaystyle\frac{d\overrightarrow{e}_{\theta}}{d\theta}\displaystyle\frac{d\theta}{dt}= - \displaystyle\frac{v_{\theta}^2}{r}\overrightarrow{e}_{r}\] Deuxième méthode: \[\overrightarrow{\Gamma} = \displaystyle\frac{\partial \overrightarrow{v}}{\partial t} + \nabla \overrightarrow{v} \cdot \overrightarrow{v} = \overrightarrow{0} + \left[ \begin{array}{ccc} 0 & - \displaystyle\frac{v_{\theta}}{r} & 0\\ \displaystyle\frac{\partial v_{\theta}}{\partial r} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right] \cdot \left\{ \begin{array}{c} 0\\ v_{\theta} \\ 0 \end{array} \right\} = \left\{ \begin{array}{c} -\displaystyle\frac{v_{\theta}^2}{r}\\ 0 \\ 0 \end{array} \right\} = - \displaystyle\frac{v_{\theta}^2}{r}\overrightarrow{e}_{r}\]