# Dynamique des fluides parfaits/Exercices/Tube en U

Un tube en U de section constante contient un liquide pesant retenu d’un côté par un diaphragme. La longueur de la colonne du liquide est L. À l’instant t = 0, le diaphragme est rompu. On veut étudier le parcours du fluide une fois le diaphragme rompu.
1. Le phénomène est-il stationnaire ? Choisir, en le justifiant, l'équation qui régit le mouvement du liquide.
2. Montrer que l’équation différentielle donnant la hauteur h du niveau du liquide au-dessus de la position du diaphragme s’écrit :
$L{d^{2}h \over dt^{2}}+2gh=gh_{o}$
3. Résoudre cette équation pour trouver l’amplitude et la fréquence du mouvement du fluide et tracer la variation de h en fonction du temps. Quels commentaires peut-on faire sur les approximations faites pour résoudre ce problème ?
Pour la résolution de l'exercice, on utilisera les repères suivant:
1. On écrit l'équation de Bernouilli sur une ligne de courant :
$\int _{B_{1}}^{B_{2}}\rho {\partial {\vec {V}} \over \partial t}d{\vec {l}}+\left[P+\rho gz+{1 \over 2}\rho V^{2}\right]_{B_{1}}^{B_{2}}=0$
la distance l reste constante car il y a conservation du volume ( liquide incompressible) et la section du tube est constante. On en déduit que la vitesse du fluide est constante en norme dans toutes les sections. On notera que les lignes de courant sont parallèles.
Au point 1 et 2 ( cf schéma), on a $\ P=\ P_{a}tm$ On a donc :
$\int _{B_{1}}^{B_{2}}{\partial {\vec {V}} \over \partial t}d{\vec {l}}+g(h_{2}-h_{1})=0$
On a de plus ${\partial {\vec {V}} \over \partial t}$ et $d{\vec {l}}$ dans la même direction.
d'où :
${\partial {\vec {V}} \over \partial t}d{\vec {l}}={\partial V \over \partial t}dl$
$\int _{B_{1}}^{B_{2}}{\partial {\vec {V}} \over \partial t}d{\vec {l}}={\partial V \over \partial t}\int _{B_{1}}^{B_{2}}dl$
car $\|{\vec {V}}\|$ n’est pas fonction de la position.
${\partial V \over \partial t}l={dV \over dt}l$
car le fluide est parfait, et donc le champ de vitesse est uniforme.
On reprends l'équation A :
${dV \over dt}l+g(h_{2}-h_{1})=0$
$V={dh_{2} \over dt}et{dV \over dt}={d^{2}h_{2} \over dt^{2}}$
$h_{1}+h_{2}=h_{O}\Rightarrow h_{1}=h_{O}-h_{2}$
Donc on a :
$l{d^{2}h_{2} \over dt^{2}}+g(h_{2}-h_{O}+h_{2})=0$
d'où
$l{d^{2}h_{2} \over dt^{2}}+2gh_{2}=gh_{O}$
2. Solution générale de l'équation :
${d^{2}h_{2} \over dt^{2}}+{2g \over l]}h_{2}={gh_{O} \over l}$
$\ h_{2}(t)=A\cos(wt)+B\sin(wt)$
avec $w^{2}={2g \over l}$
On cherche donc une solution particulière : $\ {h_{2}=k}$
d'où :
${2g \over l}K={gh_{O} \over l}\Rightarrow K={h_{O} \over 2}$
Solution de l'équation :
$h_{2}(t)=A\cos wt+B\sin wt+{h_{O} \over 2}$
En $\ t=0,h_{2}=0$
On a donc :
$A={-h_{0} \over 2}$
${dh_{2} \over dt}=0,{dh_{2} \over dt}=-Aw\sin wt+Bw\cos wt$
donc $\ Bw=0$
$h_{2}(t)=-{h_{O} \over 2}\cos wt+{h_{O} \over 2}$
On a finalement :
$h_{2}(t)={h_{O} \over 2}(1-\cos wt)$
$w^{2}={2g \over l}$
3. On représente $\ h_{2}(t)$ en fonction du temps :
La fonction représentative du mouvement est infinie dans le temps, ce qui n’est pas très réaliste. ( la gravité ralentirait le phénomène).
Le bon raisonnement serait de considérer les pertes de charges dues aux frottement du liquide, en rapport a la viscosité.
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