Loading [MathJax]/jax/output/CommonHTML/jax.js

Recherche sur le blog!

Concours Physique ENS Ulm, Lyon, Cachan (option Bio) 1997 (Corrigé)

MECANIQUE des FLUIDES (ENS Bio 1997, durée 4h)
A) Equilibre d’une plaque tectonique
I.1) Considérons la particule de fluide comprise entre les abscisses x et x+dx, les ordonnées y et y+dy, les cotes z et z+dz. Elle est soumise :
* à son poids : ρgdxdydzuz
* aux forces pressantes : P(x,y,z)dydzuxP(x+dx,y,z)dydzux+P(x,y,z)dxdzuyP(x,y+dy,z)dxdzuy+P(x,y,z)dxdyuzP(x,y,z+dz)dxdyuz
=(Pxux+Pyuy+Pzuz)dxdydz=Pzdxdydzuz dans le cas présent.
* aux contraintes tangentielles liées aux frottements des couches les unes sur les autres, dans l’hypothèse d’un fluide visqueux newtonien :
=ηvz(x,y,z)dxdyux+ηvz(x,y,z+dz)dxdyux=η2vz2(x,y,z)dxdydzux
I.2) En régime permanent, la particule de fluide a une vitesse constante par rapport au temps. Si on lui applique le principe fondamental de la dynamique, on obtient :
0=[η2vz2ux+(ρgPz)uz]dxdydz
Il s’ensuit que :
* ρgPz=0P(z)=ρgz+P(0)
* 2vz2=0v(z)=az+bavec{v0=b0=ahA+bv(z)=v0(zhA+1)τ=v0hAux
I.3)  DV = Sv . ¯d2S> = + hL hAv(z) dz . y+1ydy = 0 hAv0 (zhA + 1) dz + + hL0v0 dz 
DV=v0(hA2+hL)
II.1) Sans gradient de pression horizontal, comme nous venons de le voir à la question précédente, il est impossible d’obtenir un débit volumique nul.
Imaginons par conséquent, qu’il existe un gradient de pression horizontal uniforme : Px=ϖ.
En régime permanent, la particule de fluide a une vitesse constante par rapport au temps. Si on lui applique le principe fondamental de la dynamique, on obtient :
0=[(Px+η2vz2)ux+(ρgPz)uz]dxdydz
Il s’ensuit que :
* ρgPz=0P(x,z)=ρgz+f(x)
* 2vz2=ϖηv(z)=ϖ2ηz2+az+bavec{v0=b0=ϖ2ηhA2ahA+b
v(z)=ϖ2η(z2+hAz)+v0(zhA+1)
*  DV = Sv . ¯d2S> = + hL hAv(z) dz . y+1ydy = 0 hA[ ϖ2 η (z2 + hA z) + v0 (zhA + 1) ] dz + + hL0v0 dz 
DV=ϖ12ηhA3+v0hA(hLhA+12)=0ϖ=Px=12ηv0hA2(hLhA+12)=2Aηv0hA2
v(z)=v0[A(zhA)2+(A+1)zhA+1]
II.2) *v(z)=v0[A(zhA)2+(A+1)zhA+1]=0pour z={hAhAA
* Pour z=hA2A(A+1) , la vitesse de retour est de norme maximale donnée par vmax=v04A(A22A+1) .
* Pour A = 4, v(z)v0=4(zhA)2+5zhA+1
II.3) τ=ηvzux=η(A+1)v0hAuxτ=2ηv0hA(3hLhA+2)ux
Par rapport au résultat du A.I.2, la contrainte tangentielle dépend de la viscosité du fluide.
II.4) Nous avons déjà trouvé : ρgPz=0P(x,z)=ρgz+f(x) . Si nous traduisons en outre que : Px=ϖ=dfdxf=ϖx+P(0,0), nous en déduisons :
P(x,z)=ρgz+ϖx+P(0,0)
Traduisons que la portion de lithosphère comprise entre x et x+dx, y et y+dy est en équilibre selon uxsous l’action de son poids et de la force pressante exercée par l’asthénosphère, on obtient :
ρhLdxdyg+(ϖxρgz+P0)dxdy=0{en(x=0,z),ρhLgρgz+P0=0en(x=L,z+Δh),ρhLg+(ϖLρg[z+Δh]+P0)=0
En combinant les deux équations, on obtient : Δh=ϖLρg
II.5) Le poids apparent est le poids diminué de la poussée d’Archimède :
ΔF=ρLghL(hL+H)ρghLHavecρL=ρ(1+αΔT)soitΔF=3,34.1014N.m1
II.6) Le principe fondamental de la dynamique appliqué à la lithosphère implique que :
τL+ΔFux=02ηv0hA(3hLhA+2)L+ΔF=0
η=hLΔF2v0Lx22x+3=1,75.1021x22x+3(enPl)
II.7) En combinant les résultats des questions A.II.1, A.II.4 et A.II.6, on obtient :
Δh=ϖLρg=3ΔFρghLx+2x(2x+3)=3,192.105x+2x(2x+3)(enm)
II.8) Des valeurs acceptables pour hA sont de l’ordre de 106 m, ce qui correspond à x = 10. Les valeurs de η correspondantes sont de l’ordre de 1022 Pl. Il s’agit de fluides rampants.
II.9) Pour vérifier qu’on a bien un fluide rampant, on peut aussi calculer le nombre de Reynolds correspondant : R=ULν1,6.109.1063,1.10195.1023<<1 .
B) Rebond post-glaciaire
I.1) Traduisons que le couple résultant doit être nul :
[τzx(x,z+dz2)+τzx(x,zdz2)]dxdyuydz[τxz(xdx2,z)+τzx(x+dx2,z)]dydzuydx=0
[τzx(x,z)+τzxzdz2+τzx(x,z)τzxzdz2][τxz(x,z)τxzzdx2+τxz(x,z)+τxzzdx2]=0
τxz(x,z)=τzx(x,z)
I.2)
fxdxdydz=[τzx(x,z+dz2)τzx(x,zdz2)]dxdy+[τxx(x+dx2,z)τxx(xdx2,z)]dxdy=τzxzdxdydz+τxxxdxdydz
fx=τxxx+τzxz . De même, fz=τxzx+τzzz
I.3) Calculons le débit masse sortant de l’élément de volume : Le fluide étant incompressible, ce débit est nul.
Dmdxdydz=[ρvz(x,z+dz2)ρvz(x,zdz2)]dxdy+[ρvx(x+dx2,z)ρvx(xdx2,z)]dxdy=ρvzzdxdydz+ρvxxdxdydz=0
vxx+vzz=0
I.4) fx=2η2vxx2+η(2vxz2+2vzzx)=η(2vxx2+2vxz2)+ηx(vxx+vzz)
fx=η(2vxx2+2vxz2) . De même, fz=η(2vzx2+2vzz2)
I.5) Calculons l’accélération particulaire :
vp(t)=vx(x,z,t)ux+vz(x,z,t)uz
ap(t)=(vxxdxdt+vxzdzdt+vxtdtdt)ux+(vzxdxdt+vzzdzdt+vztdtdt)uz
ap(t)=(vxxvx+vxzvz+vxt)ux+(vzxvx+vzzvz+vzt)uz
ap(t)=DvDt=vt+(v.¯grad>)v : la dérivée particulaire est la somme de la dérivée locale, qui traduit le caractère non permanent de l’écoulement : vtet de la dérivée convective (ou accélération de transport) : (v.¯grad>)vqui traduit le caractère non uniforme (spatialement) du champ de vitesse.
Appliquons le principe fondamental de la dynamique à une particule de volume unité :
* En projection sur Ox : ρ(vxxvx+vxzvz+vxt)=Px+η(2vxx2+2vxz2)
* En projection sur Oz : ρ(vzxvx+vzzvz+vzt)=Pz+η(2vzx2+2vzz2)ρg
II.1) La viscosité étant très grande, le régime permanent sera très vite atteint.
Dit autrement, le nombre de Reynolds étant très petit, la durée de diffusion sera très petite devant la durée de convection.
II.2)
* Traduisons l’équation : vxx+vzz=0démontrée à la question B.I.3 :
kU(z)coskx+dV(z)dzcoskx=0dV(z)dz+kU(z)=0 (E1)
* Traduisons l’équation : Px+η(2vxx2+2vxz2)=0qui représente l’état de régime permanent
atteint , d’après les questions B.I.5 et B.II.1 :
kP(z)sinkx+η(k2U(z)sinkx+d2U(z)dz2sinkx)=0
d2U(z)dz2k2U(z)+kηP(z)=0 (E2)
* Traduisons l’équation : Pz+η(2vzx2+2vzz2)ρg=0qui représente l’état de régime
permanent atteint , d’après les questions B.I.5 et B.II.1 :
ρgdP(z)dzcoskx+η(k2V(z)coskx+d2V(z)dz2coskx)ρg=0
d2V(z)dz2k2V(z)1ηdP(z)dz=0 (E3)
II.3) (E1)U(z)=1kdV(z)dzd2U(z)dz2k2U(z)=1kd3V(z)dz3+kdV(z)dz
En reportant le résultat précédent dans (E2) réordonnée, on obtient :
P(z)=ηk(d2U(z)dz2k2U(z))=ηk2d3V(z)dz3ηdV(z)dz1ηdP(z)dz=1k2d4V(z)dz4+d2V(z)dz2
En reportant dans (E3), on obtient :
d2V(z)dz2k2V(z)1k2d4V(z)dz4+d2V(z)dz2=0
d4V(z)dz42k2d2V(z)dz2+k4V(z)=0 (E4)
L’équation (E4) admet bien les solutions proposées :
* Solutions ekz ou e-kz : e±kz(k42k2k2+k4)=0
* Solution z ekz : ekz[(4k3+k4z)2k2(2k+k2z)+k4z]=0
* Solution z e-kz : ekz[(4k3+k4z)2k2(2k+k2z)+k4z]=0
II.4) La solution générale de l’équation (E4) est donc de la forme :
V(z)=(A+Bkz)ekz+(C+Dkz)ekzv(x,z)=[(A+Bkz)ekz+(C+Dkz)ekz]coskx
Or, z peut prendre des valeurs négatives de valeur absolue importante, alors que la vitesse doit rester petite. La seule solution ayant un sens physique correspond à C = D = 0.
Les solutions ont donc bien la forme proposée.
* vz(x,z)=(A+Bkz)ekzcoskxV(z)=(A+Bkz)ekz (R1)
* En reportant le (R1) dans (E1), on trouve :
U(z)=[(A+B)+Bkz]ekzvx(x,z)=[(A+B)+Bkz]ekzsinkx (R2)
* En reportant le (R2) dans (E2), on trouve :
P(z)=2kηBekzPx(x,z)=ρgz+2kηBekzcoskx (R3)
* En reportant (R1) dans τzz=2ηvzz, on trouve :
τzz(x,z)=2kη[(A+B)+Bkz]ekzcoskx (R4)
II.5) Traduisons les conditions aux limites :
* vz(x,h0coskx)=[(A+B)+Bkh0coskx]ekh0coskxsinkx=0aveckh0<<1A+B=0en
négligeant B k h0 cos kx devant B.
* Px(x,z)τzz(x,z)=ρgz+2kηBekzcoskx2kη[(A+B)+Bkz]ekzcoskx=ρgz2kη[A+Bkz]ekzcoskx Px(x,h0coskx)τzz(x,h0coskx)=ρgh0coskx2kη[A+Bkh0coskx]ekh0coskxcoskx=p0coskxaveckh0<<1ρgh02kηA=p0
B=A=p0+ρgh02kη
II.6) Du résultat précédent, on déduit :
* vx(x,z)=Bkzekzsinkx
* vz(x,z)=B(1kz)ekzcoskx
Une ligne de courant est une ligne tangente en chacun de ses points au vecteur vitesse. Son équation est donc :
dxBkzekzsinkx=dzB(1kz)ekzcoskxdxcoskxsinkx=dzkz1kz=dz(1+11kz)
En intégrant, on obtient :
1kln|sinkx|=z1kln|1kz|+1kln|α|où α désigne une constante d’intégration.
En réordonnant, on obtient : (1kz)ekzsinkx=α : équations des lignes de courant
L’allure des lignes de courant jusqu’à la profondeur 1/k est :
II.7) vz(x,z)=p0+ρgh02kη(1kz)ekzcoskx=dhdt
dh0dt=p0+ρgh02kη(1kh0coskx)ekh0coskxp0+ρgh02kηcarkh0<<1
Il faut trouver α et β tels que : αp0+ρgh02kη+h0=βp0{α=2kηρgβ=1ρg
α est homogène à un temps : α reprèsente la constante de temps du système.
En régime permanent, l’amplitude à faible distance est la même qu’en surface.
III.1) L’allure de la calotte glaciaire est la suivante :
III.2) Appliquons l’équation différentielle de la question B.II.7, soit :
αdh0dt+h0=ρgρHMtMt0t=γt{h0(t)=Aet/αγt0=Aet0/αγt0h0(t)=ρgρHMtMt0(t0e(tt0)/αt) hM=ρgρHMtMt0(t0e(tMt0)/αtM)
R] On retrouve à travers le second membre de l’équation différentielle que la calotte glaciaire flotte sur l’asthénosphère comme un glaçon sur un verre d’eau, en s’enfonçant de h0(t) pour une hauteur de « glaçon » H(t).
III.3) Appliquons l’équation différentielle de la question B.II.7, soit :
αdh0dt+h0=0{h0(t)=Aet/αhM=Aet0/αh0(t)=hMe(ttM)/αdh0(t)dt=1αhMe(ttM)/α
h0(0)=hMetM/αdh0dt(0)=hMαetM/α
III.4) η=ρgλα4π=1,06.1021Pl
III.5)
hM=ρgρHMtMt0(t0e(tMt0)/αtM)=104,2m dh0dt(0)=hMαetM/α=2,5mm/an
III.6) h0(0)=hMetM/α=11,3m : La mer Baltique ne disparaîtra pas, mais deviendra peut-être une mer intérieure, si la profondeur actuelle au niveau du détroit du Grand Belt est inférieure à 11,3 m.

Aucun commentaire:

Enregistrer un commentaire

Autres Concours

2011  : Concours ENAC de  physique 2011  :  énoncé ,  corrigé Concours ICNA de  physique 2011  :  énoncé ,  corrigé Concours ICNA de ...