TD4 : Pertes de charge

Exercice 1

On considère un écoulement permanent d'eau de masse volumique \(\rho = 1000\ kgm^{-3}\) et de viscosité dynamique \(\mu = 1.4\ 10^{-3}\ Pa s\) dans l'installation représentée ci-dessous. L'eau est un fluide classique incompressible. En un point \(A\) du tuyau horizontal de \(30\ cm\) de diamètre et de rugosité \(\varepsilon_1=3\ 10^{-4}\ m\), la hauteur piézométrique est de \(60\ m\). A une distance de \(60\ m\)de \(A\), le diamètre du tuyau se rétrécit brusquement et passe à \(15 \ cm\) avec un rugosité \(\varepsilon_2 = 3\ 10^{-5}\ m\). A une distance de \(30\ m\) de là, le diamètre repasse brusquement à \(30 \ cm\). Le point \(F\) est situé à \(30\ m\) au delà de ce point.

Installation

Question

Pour une vitesse de \(2.41\ ms^{-1}\) dans les tuyaux de \(30\ cm\) de diamètre, calculer la charge et la hauteur piézométrique aux point \(A, B, C, D, E, F\).

Indice

En \(A\) :

\(\overline{H_A}=\frac{P_A}{\rho g}+\frac{\overline{V_1}^2}{2g}\)

Indice

Entre A et B :

\(\overline{H_A}=\overline{H_B}+\Delta H_{\displaystyle L_{AB}}\)

avec \(\Delta H_{\displaystyle L_{AB}}\) pertes de charges linéaires ou régulières.

\(\overline{H_B}=\overline{H_A}-\lambda_1\frac{\overline{V_1}^2}{2g}\frac{l_1}{d_1}\)

Indice

Diagramme de Moody

Indice

Moody_part1

\(\frac{\varepsilon_1}{d_1} = 0.001\)

\(Re_1 = 5.16\ 10^5\)

\(\Rightarrow \lambda_1 = f_1\approx0.02\)

Indice

Entre B et C :

\(\overline{H_B}=\overline{H_C}+\Delta H_{\displaystyle L_{BC}}\)

avec \(\Delta H_{\displaystyle L_{BC}}\) pertes de charges singulières.

\(\overline{H_C}=\overline{H_B}-K_C \frac{\overline{V_{2}} ^2}{2g}\)

Indice

\(\overline{V_1} = 2.41\ ms^{-1} \Rightarrow \overline{V_2}=\frac{\overline{V_1}S}{s}=\overline{V_1}\left(\frac{d_1}{d_2}\right)^2=9.64\ ms^{-1}\)

Indice

Convergent brusque

\(\frac{d_1}{d_2} = 2 \Rightarrow k_c = 0.37\)

Indice

Entre C et D :

\(\overline{H_C}=\overline{H_D}+\Delta H_{\displaystyle L_{CD}}\)

\(\overline{H_D}=\overline{H_C}-\lambda_2\frac{\overline{V_2}^2}{2g}\frac{l_2}{d_2}\)

Indice

Moody_part2

\(\frac{\varepsilon_2}{d_2} = 0.0002\)

\(Re_2 = 1.03\ 10^6\)

\(\lambda_2 \approx 0.015\)

Indice

Entre D et E :

\(\overline{H_D}=\overline{H_E}+\Delta H_{\displaystyle L_{DE}}\)

\(\overline{H_E}=\overline{H_D}-\frac{\left(\overline{V_2} -\overline{V_1}\right)^2}{2g}\)

Indice

Entre E et F :

\(\overline{H_E}=\overline{H_F}+\Delta H_{\displaystyle L_{EF}}\)

\(\overline{H_F}=\overline{H_E}-\lambda_1\frac{\overline{V_1}^2}{2g}\frac{l_3}{d_1}\)

Solution

points

de

Pertes de charge (m)

Cotes de la ligne de charge (m) =

\(\frac{V^2}{2g}\) (m) +

cotes de ligne piétzométrique (m)

A

60.29

0.3

60

B

A à B

1.2

59.09

0.3

58.79

C

B à C

1.75

57.34

4.74

52.6

D

C à D

14.22

43.12

4.74

38.38

E

D à E

2.66

40.46

0.3

40.16

F

E à F

0.6

39.86

0.3

39.56

Exercice 2

D'un bassin de décantation, on veut évacuer un débit de \(8\ m^3s^{-1}\) d'eau par une conduite cylindrique horizontale de longueur \(L = 200 \ m\). On dispose pour cela d'une dénivellation de \(15 \ m\) et d'éléments de tuyau circulaire en ciment, de diamètre \(D=1\ m\). On suppose que la conduite est reliée au bassin amont par un raccord convenablement arrondi pour éviter toute perte de charge à l'entrée.

Bassin

Question

L'évacuation est elle possible si on tient compte à la fois de la perte par frottement dans la conduite et de la perte de charge singulière correspondant à la sortie de la conduite ?

Pour un nombre de Reynolds supérieur à \(10^6\), on admettre que le coefficient de perte de charge garde la valeur constante : \(f=1.84\ 10^{-2}\).

La viscosité cinématique de l'eau vaut \(\nu = 1.14\ 10^{-6}\ m^2s^{-1}\) et l'accélération de la pesanteur vaut \(g=10\ ms^{-2}\).

Indice

\(\overline{H_A}=\overline{H_B}+\Delta H\)

\(\require{cancel}\cancel{\frac{P_{atm}}{\rho g}} + x_3^A + \cancel{\frac{V_A^2}{2g}} = \cancel{\frac{P_{atm}}{\rho g}} + x_3^B + \cancel{\frac{V_B^2}{2g}}+K\frac{\overline{V}^2}{2g}+f\frac{\overline{V}^2}{2g}\frac lD\)

Indice

\(\overline{V}=\frac qS = \frac{4q}{\pi D^2} = 10.18\ ms^{-1}\)

\(Re = \frac{\overline{V}D}{\nu} = 8.93\ 10^6\Rightarrow \lambda = 1.84\ 10^{-2}\)

\(\frac{\overline{V}^2}{2g}=5.18\ m\)

Solution

\(\Delta H = 24.24\ m\)

\(h = x_3^A-x_3^B=24.24\ m\) pour avoir un débit de \(8\ m^3s^{-1}\)

On ne dispose que d'un dénivelé de \(15\ m \Rightarrow\) impossible

Question

Étudier les solutions qui consisteraient :

a) à raccourcir la conduite

Indice

Pour que \(h=15\ m\) soit suffisant, \(l_1\) doit être tel que :

\(\frac{\overline{V}^2}{2g}+f\frac{\overline{V}^2}{2g}\frac{l_1}{D} = h\)

Indice

\(f\frac{l_1}{D}\frac{\overline{V}^2}{2g}=h-\frac Df\)

\(l_1 = \frac Df \frac{2g}{\overline{V}^2}h-\frac Df\)

Solution

\(l_1 = 103\ m\)

Question

b) à doubler la conduite sur une certaine longueur en utilisant un branchement et des canalisations de même diamètre.

Deux cas sont possibles suivant le sens d'écoulement de l'eau dans le branchement ; Quel est celui qui entraîne la moindre dépense en éléments de tuyaux ? On effectuera les calculs en négligeant la perte de charge singulière qu'introduit ce branchement.

Indice

On a \(q_v=8\ m^3s^{-1}=\overline V \frac{\pi D^2}{4}\)

\(D=D_1=D_2=1\ m\)

Indice

Cas 1 :

cas 1 :

Indice

Cas 2 :

cas 2

Indice

Sur la longueur x, à déterminer, on a un branchement en parallèle.

Indice

On doit résoudre le système :

\(\left\{\begin{array}{l} q_V = q_{V1}+q_{V2} \\ \Delta H_1=\Delta H_2 \end{array}\right.\)

Indice

\(\left\{\begin{array}{l r} \overline V \frac{\pi D^2}{4}=\overline V_1 \frac{\pi D_1^2}{4}+\overline V_2 \frac{\pi D_2^2}{4} & \\ \left(f_1\frac{L_1}{D_1}+1\right)\frac{\overline V_1^2}{2g}=\left(f_2\frac{L_2}{D_2}+1\right)\frac{\overline V_2^2}{2g} &\text{ pour le cas 1}\\ f_1\frac{L_1}{D_1}\frac{\overline V_1^2}{2g}=f_2\frac{L_2}{D_2}\frac{\overline V_2^2}{2g} &\text{ pour le cas 2} \end{array}\right.\)

avec \(D_1=D_2=D\) et \(L_1=L_2=x\)

Indice

Hypothèse à priori : on suppose que \(Re_1\) et \(Re_2>10^6\) donc \(f_1=f_2=1,84.10^{-2}\)

à vérifier après avoir calculé \(\overline V_1\) et \(\overline V_2\)

Indice

on a donc pour les cas 1 et 2 :

\(\left\{\begin{array}{l} \overline V = \overline V1 + \overline V2 \\ \overline V_1=\overline V_2 \end{array}\right.\)

d'où :

\(\overline V_1= \overline V_2 = \frac{\overline V}{2}=5,09\ ms^{-1}\)

Indice

On vérifie l'hypothèse :

\(\left\{\begin{array}{l} Re_1=\frac{\overline V_1 D_1}{\nu} =\frac{\overline V D}{2\nu}=\frac{Re}{2}=4,465.10^6 \\ Re_2=\frac{\overline V_2 D_2}{\nu} =\frac{\overline V D}{2\nu}=\frac{Re}{2}=4,465.10^6\end{array}\right.\)

Indice

Détermination de x

Indice

Cas 1 :

\(\Delta H_{A\rightarrow B} = f\frac{L-x}{D}\frac{\overline{V}^2}{2g}+\overbrace{f_1 \frac{L_1}{D_1}\left(\frac{\overline{V_1}}{2g}\right)^2+\frac{\overline V^2_1}{2g}}^{\Delta H_1}=h\)

\(\Delta H_{A\rightarrow B} = f\frac{L-x}{D}\frac{\overline{V}^2}{2g}+\underbrace{f_2\frac{L_2}{D_2}\left(\frac{\overline{V_2}}{2g}\right)^2+\frac{\overline V^2_2}{2g}}_{\Delta H_2}=h\)

\(\Delta H_{A\rightarrow B} = f\frac{L-x}{D}\frac{\overline{V}^2}{2g}+f\frac{x}{D}\frac{\overline{V}^2}{8g}+\frac{\overline{V}^2}{8g}=h\)

Indice

\(f\frac LD \frac{\overline V ^2}{2g}-f\frac xD \frac{\overline V ^2}{2g}+f\frac xD \frac{\overline V ^2}{8g} + \frac{\overline V ^2}{2g}=h\)

\(f\frac xD\left(\frac{\overline V ^2}{8g}-\frac{\overline V ^2}{2g} \right)=h-f\frac LD\frac{\overline V ^2}{2g}-\frac{\overline V ^2}{8g}\)

\(f\frac xD\left(-\frac{3\overline V ^2}{8g} \right)=h-f\frac LD\frac{\overline V ^2}{2g}-\frac{\overline V ^2}{8g}\)

Indice

\(x=\left(-\frac{8gD}{3\overline V^2 f} \right)\left(h-f\frac LD \frac{\overline V^2 }{2g} -\frac{\overline V^2 }{8g}\right)\)

Solution

\(x = \frac 43 L+\frac 13 \frac Df-\frac{8ghD}{3\overline{V}^2f}\)

\(x = 75\ m\)

d'où une longueur totale des éléments de tuyaux :

\(L = (L-L_2)+2L_2 = L+L_2 = 275\ m\)

Question

cas 2 :

Indice

\(\Delta H_{A\rightarrow B} = \overbrace{f_1 \frac{L_1}{D_1}\left(\frac{\overline{V_1}}{2g}\right)^2}^{\Delta H_1}+f\frac{L-x}{D}\frac{\overline{V}^2}{2g}+\frac{\overline V^2}{2g}=h\)

\(\Delta H_{A\rightarrow B} =\underbrace{f_2\frac{L_2}{D_2}\left(\frac{\overline{V_2}}{2g}\right)^2}_{\Delta H_2}+ f\frac{L-x}{D}\frac{\overline{V}^2}{2g}+\frac{\overline V^2}{2g}=h\)

\(\Delta H_{A\rightarrow B} = f\frac{x}{D}\frac{\overline{V}^2}{8g}+f\frac{L-x}{D}\frac{\overline{V}^2}{2g}+\frac{\overline{V}^2}{2g}=h\)

Indice

\(f\frac xD\left(\frac{\overline V ^2}{8g}-\frac{\overline V ^2}{2g} \right)=h-f\frac LD\frac{\overline V ^2}{2g}-\frac{\overline V ^2}{2g}\)

\(f\frac xD\left(-\frac{3\overline V ^2}{8g} \right)=h-f\frac LD\frac{\overline V ^2}{2g}-\frac{\overline V ^2}{2g}\)

Indice

\(x=\left(-\frac{8gD}{3\overline V^2 f} \right)\left(h-f\frac LD \frac{\overline V^2 }{2g} -\frac{\overline V^2 }{2g}\right)\)

Solution

\(x = \frac 43 L+\frac 43 \frac Df-\frac{8ghD}{3\overline{V}^2f}\)

\(x = 129.4\ m\)

longueur totale de tuyaux \( = L+L_3 = 329.4\ m\)

Le cas 1 est le plus intéressant car il permet de diminuer la perte de charge linéaire et la perte de charge singulière de raccordement au réservoir en aval contrairement au cas 2 qui ne diminue que la perte de charge linéaire.

Remarque

Les autres possibilités pour diminuer les pertes de charge :

  • Augmentation du diamètre D

  • Diminution de f (réduire les aspérité)

Exercice 3

Soit le circuit hydraulique suivant :

exo 3

Conduite 1 :

Conduite 2 :

\(L_1 = 45\ m\)

\(L_2 = 30\ m\)

\(D_1 = 30\ cm\)

\(D_2 = 15\ cm\)

\(f_1 = 0.025\)

\(f_2 = 0.02\)

Coefficients K :

  • Filtre B : \(K_B = 8\)

  • Coudes C, F : \(K_C = K_F = 0.5\)

  • Té D : \(K_D = 0.7\)

  • Vanne E : \(K_E = 1\)

  • Croix G\( (30\ cm \times 15\ cm) : K_G = 0.7 \Rightarrow \Delta H _{S,G} = 0.7\frac{\overline{V}^2}{2g}\)

  • Appareil de mesure H : \(K_H = 6\)

  • Coudes I, J, : \(K_I=K_J = 0.5\)

  • Vanne K : \(K_K=3\)

Question

Quelle longueur équivalente de tuyau du type "conduite 2" peut remplacer le système de tuyau représenté ci dessus?

Indice

\(\overline{H_A} = \overline{H_L}+\Delta H_{A\rightarrow L}=h\)

Indice

\(\Delta H = \left( f_1\frac{L_1}{D_1}+K_B+K_C+K_D+K_E+K_F\right)\frac{V_{30}^2}{2g}+\left(f_2\frac{L_2}{D_2}+K_G+K_H+K_I+K_J+K_K+K_E\right)\frac{V_{15}^2}{2g}\)

Indice

De plus \(q=cte=V_{15}S_{15}=V_{30}S_{30}\)

\(V_{15}\frac{\pi D_2^2}{4}=V_{30}\frac{\pi D_1^2}{4}\)

\(V_{30}=V_{15}\left(\frac{D_2}{D_1}\right)^2=\frac{V_{15}}{4}\)

Indice

\(\Delta H = \frac{14.45}{16}\frac{V_{15}^2}{2g}+15.7\frac{V_{15}^2}{2g}\)

\(\Delta H = 16.6\frac{V_{15}^2}{2g}\)

Solution

Longueur de tuyau équivalente \(L\) telle que :

\(\Delta H = f_2\frac{L}{D_2}\cancel{\frac{V_{15}^2}{2g}}=\Delta H = 16.6\cancel{\frac{V_{15}^2}{2g}}\)

\(L=124.5\ m\)

Exercice 4 :

On transvase du lait d'un camion citerne dans un réservoir de stockage avec un débit constant de \(340\ L\ min^{-1}\). La conduite de longueur totale \(L=25\ m\) et de diamètre \(D=60\ mm\) comporte quatre coudes arrondis d'angle \(\theta=90°\) et de rayon de courbure \(R_C=120\ mm\) ainsi qu'une vanne à boisseau grande ouverte (\(K_V=0\)). Elle est connectée au ras de la paroi du camion citerne et débouche directement dans le réservoir à sa base. L'ensemble est en acier inoxydable de rugosité \(\varepsilon = 0.06\ mm\).

Données :

  • viscosité cinématique du lait entier : \(\nu = 1.93\ 10^{-6}\ m^2s^{-1}\),

  • masse volumique du lait entier : \(\rho = 1032\ kg\ m^{-3}\),

  • corrélation de Weisbach permettant de calculer le coefficient de perte de charge singulière pour les coudes :

    \(K_c=\left[0.13+1.85\left(\frac{D}{2R_c}\right)^{7/2}\right]\left(\frac{\theta}{90}\right)\) (\(\theta\) en degrés)

Question

Déterminer la perte de charge de cette installation.

Indice

exo 4

Indice

\(\Delta H=\Delta H_L+\Delta H_S = f\frac LD \frac {\overline{V}^2}{2g}+\underbrace{4K_c\frac{\overline{V}^2}{2g}}_{\displaystyle \text{4 coudes}}+\underbrace{\frac{\overline{V}^2}{2g}}_{\displaystyle \text{conduite à réservoir}}+\underbrace{K_V\frac{\overline{V}^2}{2g}}_{\displaystyle \text{0 car vanne ouverte}}+\underbrace{0.5\frac{\overline{V}^2}{2g}}_{\displaystyle \text{réservoir à conduite}}\)

\(\Delta H = \frac{\overline{V}^2}{2g}\left( f\frac LD+4K_c+1.5\right)\)

Indice

Calcul de \(\overline{V}\) :

\(q=340\ L\ min^{-1}=\frac{340\ 10^{-3}}{60}=5.67\ 10^{-3}\ m^3s{-1}\)

\(\overline{V}=\frac qS=\frac{4q}{\pi D^2}=2\ ms^{-1}\)

Indice

Calcule de f :

\(Re=\frac{\rho \overline{V} D}{\mu}=\frac{\overline{V}D}{\nu}=62176\approx 6.22\ 10^4\)

\(\frac\varepsilon D=0.001\) D'après le diagramme de Moody \(f=0.021\)

Indice

Calcule de \(K_c\) :

\(K_c = 0.14\)

Solution

Finalement \(\Delta H = 2.2\ m\)