c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 1/14
Mines Physique 2 PSI 2005 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Benoît Lobry (Professeur en CPGE) ; il a été relu par Julien Dumont (ENS Cachan) et Stéphane Ravier (Professeur en CPGE).
Cette épreuve porte sur la modélisation des écoulements d’hydrocarbures au sein des roches poreuses. L’énoncé du problème forme un ensemble cohérent, progressif et de longueur raisonnable. Il comporte quatre parties indépendantes :
• dans la première, on étudie classiquement l’écoulement de Poiseuille en géomé- trie cylindrique ;
• une deuxième partie, très simple, est consacrée à la définition et à la mesure de la porosité d’une roche ;
• la troisième partie est certainement la moins aisée ; on y introduit la notion de perméabilité d’une roche poreuse, que l’on étudie dans diverses configurations ;
• enfin, dans la quatrième et dernière partie, les notions de perméabilité et de po- rosité introduites précédemment permettent d’établir une équation de diffusion de la pression dans les matériaux poreux.
Les concepts physiques mis en jeu dans ce problème sont peu nombreux : les résultats ne se rapportent qu’à la cinématique et à la dynamique des écoulements visqueux. Malgré une erreur et quelques questions plutôt elliptiques, l’énoncé est suffisamment directif. À l’exception des questions relatives à la modélisation fractale, il ne requiert pas de longs développements calculatoires et beaucoup de résultats intermédiaires sont donnés. Ce problème est donc d’une difficulté raisonnable.
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 2/14
Indications
Première partie 1 Développerdiv (ρ−→v)selon le résultat du formulaire.
3 La pressionPne dépend que de z et la vitessev ne dépend que de r.
7 Définir la notion de couche limite.
Deuxième partie
9 Prendre en compte les masses des nacelles et le volume de la nacelle de droite.
Les forces exercées sur chacune des nacelles sont égales quand la balance est équilibrée. Dans la deuxième méthode, le premier temps est similaire au schéma de gauche de la question 10.
10 Le volume de solvant déplacé correspond au seul volume solideVS.
Troisième partie 11 Les vecteurs−−→
grad Pet η−→
∆v ont la même dimension.
12 Dans la loi de Darcy, la variation de pression est −dP. Considérer que l’aire apparente vérifieA = Nπa2.
13 Utiliser et justifier queφcorrespond au quotient de l’aire réelleArdes pores dans le triangle par l’aire apparenteAdu triangle. On ne demande pas de calculerA.
15 Intégrer la loi de Darcy en prenant garde à l’algébrisation dedP.
16 Justifier qu’il faille sommer les débits pour l’association parallèle et les différences de pression pour l’association série.
17 Considérer quediv−→v = 0et utiliser le formulaire.
19 CalculerφM= Ar/Aselon les formules de l’énoncé en utilisant
+∞
P
p=0
qp= 1
1−q pour |q|<1
20 Remplacerεparεpdans la définition deDc(ν). Utiliser le résultat de la question 5 sachant qu’à chaque étape, p= 0incluse, correspondent Np = 2νp demi-disques de rayonrp. Faire apparaîtreArpuisAà l’aide de la question 19.
Quatrième partie 21 Dans la loi de Darcy, la variation de pression est−dP.
22 La masse de fluide entrezet z+ dzest ρφAdz.
23 Effectuer un développement à l’ordre 1 de la masse volumiqueρpar rapport à la variableP, à température constante.
24 Justifier que seules les dérivées particulaires peuvent relier rigoureusement les champs eulériensρetPselon l’équation d’état de la question 23. Utiliser l’équation de la question 22 à l’ordre le plus bas non nul et la relation de la question 21.
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 3/14
I. Étude d’un écoulement
1 L’équation [1] correspond au principe fondamental de la dynamique appliqué à une particule fluide de volume unitaire. On y reconnaît :
• l’accélération locale ∂−→v
∂t de la particule dans un écoulement non stationnaire ;
• l’accélération convective(−→v ·−−→
grad )−→v de la particule en mouvement dans un écoulement non uniforme ;
• la résultante volumique−−−→
grad Pdes forces de pression ;
• la résultante volumiqueη−→
∆v des forces de viscosité.
L’équation [2] de conservation de la matière (ou de la masse) s’écrit
∂ρ
∂t + div (ρ−→v) = 0 soit selon le formulaire ∂ρ
∂t +−→v ·−−→
gradρ+ρdiv−→v = 0 Commeρest un scalaire,(−→v ·−−→
grad )ρ=−→v ·−−→
gradρet l’équation précédente s’écrit Dρ
Dt +ρdiv−→v = 0
En écoulement incompressible, le premier terme étant nul, il reste div−→v = 0
2 La symétrie de révolution fait que le problème suppose a priori que−→v est indépen- dant de l’angleθ. Par ailleurs, comme le régime est stationnaire, les champs eulériens sont indépendants du temps. Enfin, en écoulement incompressible avec−→v =v−u→z,
div−→v =∂v
∂z = 0
donc−→v est indépendant de la cotez et ne dépend que du rayonr.
Pour montrer que la dérivée convective(−→v·−−→
grad )−→v est nulle, il suffit de considérer qu’avec−→v =v−→uz, on a
−
→v ·−−→
grad =v ∂
∂z et qu’ainsi (−→v ·−−→
grad )−→v =v ∂
∂z v(r, t)−→uz
=−→ 0
3 En régime stationnaire, ∂−→v
∂t est nulle et selon le formulaire, avec−→v =v(r)−u→z,
−→∆v = ∆v−→uz=1 r
d dr
rdv
dr −u→z
L’équation [1] donne alors, en projection sur−→ur et−u→θ: 0 =−∂P
∂r et 0 =−1 r
∂P
∂θ
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 4/14
Ainsi,P ne dépend que dez et la projection de l’équation [1] selon−u→z conduit à 0 =−dP
dz +η r
d dr
rdv
dr
soit dP
dz = η r
d dr
rdv
dr
Dans cette égalité, les termes de gauche et de droite ne dépendent que de la cotezet du rayonrrespectivement. Comme ces deux variables sont indépendantes, les deux termes de l’égalité sont nécessairement égaux à une même constante.
4 Partons de l’égalité précédente, sous la forme d
dr
rdv dr
= 1 η
dP dz
r et intégrons-la par rapport àren
rdv dr = 1
2η dP
dz
r2+ A soit dv dr = 1
2η dP
dz
r+A r puis une nouvelle fois en
v(r) = 1 4η
dP dz
r2+ A lnr+ B
oùA etB sont deux constantes d’intégration. Physiquement,v(r)ne peut diverger en r = 0: la constante A est donc nécessairement nulle. Par ailleurs, la condition d’adhérence du fluide enr=asur la paroi fixe du tuyau impose
v(a) = 0 soit B =−1 4η
dP dz
a2
Finalement, v(r) = 1
4η dP
dz
(r2−a2) Comme dP
dz <0 etr6a, la vitessev(r)est positive et a un profil parabolique.
0 a
v(r) v(0)
r
z
5 Le débit volumique qui s’écoule au travers de la surface (S)de la conduite est QP=
ZZ
(S)
−
→v · d−→ S =
Z
r
Z
θ
v(r)×rdrdθ en coordonnées cylindriques. Ainsi,
QP = 1 4η
dP dz
× Z a
r=0
(r2−a2)rdr× Z 2π
θ=0
dθ
= 1 4η
dP dz
×
−a4 4
×2π On a donc QP = −K
dP dz
où K = πa4 8η Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
