Tourniquet hydraulique

Partie: Mecanique

niveau: PT

Un tourniquet hydraulique possède deux bras identiques $OA$ et $OB$ de longueur $R$ et de section $S$. Chaque bras est terminé par un tube de même section $S$ faisant avec le bras un angle $\alpha = \pi/2$, de longueur négligeable devant $R$ . L'eau, supposée incompressible de masse volumique $\mu$, est injectée dans le tourniquet hydraulique par le tube centrale de section $2S$ avec un débit volumique $D_v$ constant.

On note $J$ le moment d'inertie par rapport à l'axe $Oz$ du tourniquet (ce dernier inclut l'eau présente dans le tourniquet) et $\vec \Omega = \Omega (t) \vec e_z$ son vecteur rotation.

Question:

Exprimer la vitesse d'éjection du fluide $\vec u$ en $A$ dans le référentiel du laboratoire en fonction de $\Omega$, $R$, $D_v$, $S$ et $\vec e_\theta$.

Réponse

La vitesse d'éjection relative du fluide notée $u'$ est telle que $D_v = 2S u' \Rightarrow u' = D_v/(2S)$. On observe de plus que que $\vec u = -u' \vec e_\theta + \Omega R \vec e_\theta \Rightarrow \vec u = (\Omega R - D_v /(2S)) \vec e_\theta$.

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Question:

A l'aide d'un bilan de moment cinétique, obtenir l'équation suivante

$$\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{d} L_z}{\mathrm{d} t} = J \dfrac{\mathrm{d} \Omega}{\mathrm{d} t} + \mu D_v R\left( R\Omega - \dfrac{D_v}{2S} \right) \end{aligned}$$

Réponse

On considère le système fermé comprenant le tourniquet et le fluide en son sein à l'instant $t$ puis, le tourniquet, et le fluide déplacé (dont une partie est sortie) à l'instant $t+dt$. On a alors

$$\begin{aligned} L_z(t) & = J \Omega(t) L_z(t+dt) &= J \Omega(t+dt) + 2dm (R\vec e_r \wedge \vec u(t+dt))\cdot (\vec e_z) = J\Omega(t+dt) + 2dm R (\Omega(t+dt) R - D_v /(2S)) -0\\ \end{aligned}$$

En effet, le fluide déplacé au sein de la colonne centrale n'implique pas de changement de moment cinétique car on a $r=0$ à cet endroit. Le facteur $2$ provient du fait qu'il y a deux branches symétriques. De plus, on a $dm = \mu D_v/2$ (conservation du débit massique). En combinant ces résultats, on obtient :

$$\begin{aligned} &\dfrac{\mathrm{d} L_z}{\mathrm{d} t} = \lim \limits_{dt \to 0} \dfrac{L_z(t+dt) - L_z(t)}{dt}= J \dfrac{\mathrm{d} \Omega}{\mathrm{d} t}(t) +2\mu \dfrac{D_v}{2} R (\Omega(t) R - D_v /(2S))\\ \Rightarrow ~~& \dfrac{\mathrm{d} L_z}{\mathrm{d} t} = J \dfrac{\mathrm{d} \Omega}{\mathrm{d} t}(t) +\mu D_v R \left( \Omega(t) R - \dfrac{D_v}{2S} \right) \end{aligned}$$

d'où le résultat.

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Question:

Obtenir finalement l'expression de $\Omega(t)$ sachant qu'à l'instant initial, le tourniquet est à l'arret. On utilisera pour cela le théorème scalaire du moment cinétique appliqué au système fermé précédent.

Réponse

L'appliquation du TSMC au système fermé dans un référentiel galiléen donne

$$\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{d} L_z}{\mathrm{d} t} = M_{Oz}(\vec P) + M_{Oz}(\vec R_n) +M_{Oz}(\text{pression}) = 0 \end{aligned}$$

En effet, les forces extérieures agissant sur le tourniquet sont toutes verticales et que le champ de pression est uniforme. On en déduit alors que

$$\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{d} \Omega}{\mathrm{d} t}(t) = \mu D_v R \left( \dfrac{D_v}{2S}-\Omega(t) R \right) \Rightarrow \dfrac{\mathrm{d} \Omega}{\mathrm{d} t} + \underbrace{\mu D_v R^2}_{1/\tau} \Omega = \mu D_v R \dfrac{D_v}{2S} \end{aligned}$$

On obtient une équation différentielle d'ordre 1 que l'on peu aisemment résoudre à l'aide de la C.I. fournie

$$\begin{aligned} \Omega(t) = \dfrac{D_v}{2SR} \left( 1-e^{-t/\tau} \right) \end{aligned}$$

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auteur(s) : Maxence Miguel-Brebion

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