Cours de Statique des Fluides (2020) - PDF

ECOLE NATIONALE DES SCIENCES APPLIQUEES-AGADIR Chapitre I : Généralités sur les fluides I-1. Définition d’un fluide : I-2. Les états de la matière I-3. Le fluide parfait I-4. Viscosité I-5. Masse volumique d’un fluide Ch...

ECOLE NATIONALE DES SCIENCES APPLIQUEES-AGADIR Chapitre I : Généralités sur les fluides I-1. Définition d’un fluide : I-2. Les états de la matière I-3. Le fluide parfait I-4. Viscosité I-5. Masse volumique d’un fluide Chapitre II : Statique des fluides (l’hydrostatique) II-1. Notion de pression II-2. Loi de Pascal II.3 Equation Fondamentale de l’Hydrostatique II-4. Conséquences du principe fondamental II-5. Forces de Pression des Fluides sur les surfaces II-6. Application aux gaz : la pression atmosphérique II-7. Théorème d’Archimède Pr. M’barek FEDDAOUI CP2 - ENSA-Agadir 1 La mécanique des fluides est la science qui s’intéresse aux comportements des fluides. On distingue : - La statique des fluides : appelée généralement « l’hydrostatique », c’est la filière de la mécanique des fluides qui s’intéresse aux comportements des fluides au repos. - La dynamique des fluides : appelée généralement «l’hydrodynamique», c’est la filière de la mécanique des fluides qui s’intéresse aux comportements des fluides en mouvement. I-1. Définition d’un fluides Un fluide est un corps dont les molécules ont peu d'adhésion et peuvent glisser librement les unes sur les autres (liquides) ou se déplacer indépendamment les unes des autres (gaz). Les fluides n'ont pas de forme propre (à la différence des solides) donc ils se déforment facilement. Quand vous introduisez un fluide dans un récipient, ce dernier en épouse les formes. 2 I-2. Les états de la matière Aspect microscopique Molécule d’eau : assemblage de trois atomes (2 atomes d’hydrogène et 1 atome d’oxygène) Aspect visuel Calcium (atomes placés sur les sommets d’un cube et au centre des faces) Arrangement atomique (structure cristalline) 3 La matière peut exister sous 3 états différents : Solide Liquide Gaz Les particules sont : Les particules sont : Les particules sont : rapprochées désordonnées désordonnées liées par des forces rapprochées espacées très importantes peu liées non liées Quand la matière passe d'un état à un autre, on dit qu'il y a un changement d'état. Exemple : L’eau peut être un solide (glace), un liquide (mer), un gaz (vapeur) 4 Aspect macroscopique Un solide a une forme propre. Pour modifier cette forme, il faut exercer des forces importantes. Son volume est donc pratiquement invariable. Un liquide n’a pas de forme propre. Il épouse exactement la forme du récipient qui le contient. Il possède une surface libre qui limite son volume vers le haut. Comme pour le solide, ce volume est pratiquement invariable. Un gaz n’a ni forme propre ni volume propre. Il occupe tout le volume disponible, aussi grand soit-il. Un gaz est donc expansible et compressible Les liquides et les gaz sont des fluides 5 I-3. Le Fluides Parfait Un fluide parfait est un fluide non visqueux (écoulement sans frottement). C’est bien sûr un cas idéal. Dans un fluide en équilibre, il n’y a pas de forces de viscosité : la statique des fluides parfaits est équivalente à celle des fluides réels. Un fluide réel, surtout un liquide, oppose une certaine résistance à l’écoulement : les particules glissent en frottant les unes sur les autres. Sens de l’écoulement Frottement moléculaire dans le des particules sens inverse du déplacement Le paramètre physique qui traduit l’existence de ces frottements s’appelle la viscosité. Il est la cause d’une perte d’énergie durant l’écoulement. 6 I-4. Viscosité Sous l'effet des forces d'interaction entre les molécules de fluide et des forces d'interaction entre les molécules de fluide et celles de la paroi, chaque molécule de fluide ne s'écoule pas à la même vitesse. On dit qu'il existe un profil de vitesse Si on représente par un vecteur, la vitesse de v max chaque particule située dans une section droite perpendiculaire à l'écoulement z+dz v+dv d'ensemble, la courbe lieu des extrémités de z ces vecteurs représente le profil de vitesse. v Le mouvement du fluide peut être considéré v=0 comme résultant du glissement des couches de fluide les unes sur les autres. La vitesse de chaque couche est une fonction de la distance z de cette courbe au plan fixe : v = v(z). 7 Définition de la viscosité dynamique – Loi de Newton Considérons 2 couches contiguës distantes de dz. La force de frottement F qui s'exerce à la surface de séparation de ces deux couches s'oppose au glissement d'une couche sur l'autre. Elle est proportionnelle à la différence de vitesse des couches soit dv, à leur surface S et inversement proportionnelle à dz : dv F   S dz Le facteur de proportionnalité est le coefficient de viscosité dynamique du fluide. Dimension : [η] = M·L-1·T-1. Unités Système international (SI), Pas ou Poiseuille (Pl) : 1 Pl = 1 kgm-1s-1 Système (CGS) 1 Pl = 10 Po = 103 cPo 8 Définition de la viscosité dynamique – Loi de Newton Par rapport aux faits expérimentaux, on est conduit à considérer deux types de fluides: Les fluides newtoniens qui satisfont à la loi de Newton. Ces fluides ont un coefficient de viscosité indépendant du gradient de vitesse. C’est le cas des gaz, des vapeurs, des liquides purs de faible masse molaire. Les fluides non-newtoniens. Ce sont les solutions de polymères, les purées, les gels, les boues, le sang, la plupart des peintures, etc … L’étude de ces fluides relève de la rhéologie : fluides pseudo plastiques, rhéoplastiques, thixotropiques, rhéopectiques. Exemple 1 1 Exemple 2 1 Viscosité cinématique : Dans de nombreuses formules apparaît le rapport de la viscosité dynamique et de la masse volumique.  Ce rapport est appelé viscosité cinématique ν :  Dimension : [ν] = L2. T-1  Système international (SI), l'unité de viscosité n'a pas de nom particulier : (m2/s). Système (CGS) , l'unité est le Stoke (St) : 1 m2/s = 104 St 9  I-5. Masse volumique d’un fluide Un échantillon de fluide homogène de masse m et occupant un volume V possède la masse volumique m  Unité kg/m3 V Dépendance en pression et en température : Liquide (incompressible) : ρ ne dépend pratiquement que de la température 𝑇. En général, ρ diminue lorsque 𝑇 augmente, puisque 𝑉 augmente avec 𝑇 : Eau pure à 4°C 1000 𝑘𝑔/𝑚3 Mercure à 0°C 13596 𝑘𝑔/𝑚3 Eau pure à 100°C 958 𝑘𝑔/𝑚3 Mercure 0°C 13352 𝑘𝑔/𝑚3 Gaz : ρ dépend de 𝑇 et de la pression 𝑃. L’équation des gaz parfaits 𝑃𝑉 = 𝑛 𝑅 𝑇 associée à celle de la masse 𝑚 = 𝑛 𝑀 donne: m M P P    V R T T 10  Chapitre II : Statique des fluides (l’hydrostatique) II-1. Notion de pression Si la force pressante F est normale à la surface pressée S et s’exerce uniformément en chaque point de cette surface, la pression s’exprime comme : F P S 11  Pression en un point d’un fluide La pression est une grandeur scalaire. C’est l’intensité de la composante normale de la force qu’exerce le fluide sur l’unité de surface. Elle est définie en un point A d’un fluide par l’expression suivante :  dFN PA  dS où : dS : Surface élémentaire de la facette de centre A (en mètre carré), dFN Composante normale de la force élémentaire de pression qui s’exerce sur la surface (en Newton), Sur la surface de centre A, d’aire 𝑑𝑆, orientée par sa normale extérieure 𝑛 , la force de pression élémentaire 𝑑𝐹 s’exprime par : 𝑑 𝐹𝑁 = −𝑃𝐴. 𝑑𝑆. 𝑛 12 Pression relative P Pression absolue : P Patmosphérique=105 Pa Pvide=0 Pa Les capteurs de pression indiquent en général des pressions relatives. 13 Indicateur de pression lors du gonflage d’un pneu de voiture Quelle est la pression mesurée par le manomètre ? P≈ 2,2 bar S’agit-il d’une pression absolue ou relative ? Le manomètre indique la pression relative Pr=2.2 bar Quelle est la pression absolue correspondante ? Pa=Pr + Patm= 3,2 bar 14 Unités : Système International, pascal (Pa) : 1 Pa= 1 N.m-2 = 1 kg.m-1.s-2 En mécanique des fluides, en utilise très souvent le bar, le bar est égal à peu près à la pression atmosphérique. Unité pratique , bar (bar) 1bar=105 Pa On applique la même force sur deux seringues différentes. Seringue de 5 mL Seringue de 60 mL 15 𝑃1 = 3,0 𝑏𝑎𝑟 𝑃2 = 1,2 𝑏𝑎𝑟 Pression (Pa) (puissance décimale) Les échelles de pression dans l’univers Explosion nucléaire 22 20 Pression au centre des naines blanches 18 16 Pression au centre du soleil 2 Millions de 14 bars Pression au centre de Jupiter 1 TPa 12 Limite de la pression Pression au centre de la terre atteinte en laboratoire 10 1 GPa Pression au centre de la lune Synthèse du diamant 8 Pression au fond de la fosse des Mariannes Découpe jet d’eau Agroalimentaire Industrie pétrolière 6 Patm Polyéthylène 0,1 MPa Micro-organismes Cellule à enclume diamant 4 Mammifères 2 1 Pa 0 -2 -4 Technologie du vide -6 industrie -8 -10 Vide interstellaire Laboratoire -12 16 II-2. Loi de Pascal Enoncé Dans un fluide incompressible en équilibre, toute variation de pression en un point entraîne la même variation de pression en tout autre point. Considérons un élément d’un fluide ABCDEF ( prisme triangulaire ) et soient Px , Py et Ps les pressions dans les 3 directions x , y et s. Etablissons la relation entre Px , Py et Ps : - Selon la direction x : Force due à Px : Fxx = Px (ABFE)= Px dydz Force due à Py : Fyx=0 dy dy Composante due à Ps : Fsx =- Ps (ABCD sinθ)=- Ps dsdz car sin   ds ds 17 Donc Fsx =- Ps dydz et puisque le fluide est en équilibre: Fxx + Fyx + Fsx=0 d’où Px dydz - Ps dydz =0 Px =Ps - Selon la direction y : Force due à Px : Fxy=0 Force due à Py : Fyy = Py (DCFE)= Py dxdz dx dx Composante due à Ps : Fsy = -Ps (ABCD cosθ)= -Ps dsdz car cos   ds ds Donc Fsy =- Ps dxdz et puisque le fluide est en équilibre: Fyy+ Fxy + Fsy=0 d’où Py dxdz - Ps dxdz =0 Py =Ps Finalement on a: Px = P y = P s 18 II.3 Equation Fondamentale de l’Hydrostatique Soit un élément de fluide de masse spécifique ρ représentant une colonne verticale de section transversale constante A. Considérons 2 sections situées à des distances z1 et z2 par rapport à un plan de référence OO’. Soient P1 et P2 les pressions dans ces 2 sections. - Exprimons la variation de pression P1 - P2 : Le fluide étant en équilibre , la somme des forces dans la direction verticale est donc égale à zéro : 19  Force due à P1 : F1 = P1.A Force due à P2 : F2 =P2.A Force due au poids de la colonne du liquide : W= mg=ρ g V= ρ g A(z2-z1) avec V = Volume de l’élément considéré = A(z2-z1) Si l’on considère le sens positif vers le haut , la condition d’équilibre s’écrit donc : F1 - F2 –W=0 P1.A- P2.A-ρ g A(z2-z1)=0 Donc P1 - P2 = ρ g (z2-z1) 1. Loi de la statique des fluides P1 - P2 = ρ g (z2-z1) → P1 + ρ g z1 = P2+ρ g z2 → P1 / ρ g + z1 = P2/ ρ g + z2 Donc P / ρ g + z=Cste 2. Variation de la pression En posant z2-z1=h P 2 = P0 on aura: → P1 = P0+ρ g h Et si P0=0 → P1 = ρ g h Conclusion - La pression augmente donc linéairement en fonction de la profondeur 20 II-4. Conséquences du principe fondamental : Applications Frein hydraulique Vérin hydraulique 21 Applications Presse hydraulique Une presse hydraulique permet de démultiplier une force servant à écraser, déformer ou soulever une pièce lourde. Comment une presse hydraulique peut-elle démultiplier une force ? 22 Théorème de Pascal : ΔP1 = Δ P2 = Δ P démultiplication de la force : Quel est l’inconvénient? Conservation de volume: Limitation de 𝑆2 > 𝑆1 ℎ1 > ℎ2 23 Exercices Exercice1: Mesure de la pression atmosphérique (Baromètre de Torricelli, ~ 1643) Soit un récipient contenant du mercure de masse volumique 𝜌𝐻𝑔 = 13600 kg/m3. On plonge dans le récipient un tube vertical, le niveau de la surface du mercure à l’intérieur du tube se stabilise à une hauteur ℎ = 0.76 𝑚. Sachant que le vide règne dans la partie supérieure du tube, déterminer la pression à la surface du mercure contenu dans le récipient. Figure : Baromètre de Torricelli 24 Correction: Soient : - A un point appartenant à la surface du mercure contenu dans le récipient. - B un point appartenant au mercure contenu dans le tube et situé sur le même plan horizontal passant par le point A. 𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 - C un point appartenant à la surface du mercure contenu dans le tube. En appliquant l’équation générale de l’hydrostatique entre les points B et C, on trouve : 𝑃𝐵 − 𝑃𝐶 =𝜌𝑔 𝑧𝐵 − 𝑧𝐶 → 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 +𝜌𝑔 𝑧𝐵 − 𝑧𝐶 D’autre part, on a: 𝑧𝐵 − 𝑧𝐶 =h,. 𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 et 𝑃𝐶 = 0 D’où on trouve:. 𝑃𝐴 = 𝜌𝑔ℎ AN : 𝑃𝐴 = 13600 * 9.81 * 0.76 = 101396.16 Pa = 1.013 bar = 𝑃𝑎𝑡𝑚. 25 Exercice1: Levier hydraulique Les surfaces des cylindres A et B d’un levier hydraulique (figure ci-dessous) sont respectivement de 40 et 4000 𝑐𝑚² et B a une masse de 4000 𝑘𝑔. Le récipient et les conduits sont remplis de liquide de densité 0,75. Déterminer la valeur de la force F qui assurera l’équilibre, sachant que le poids du cylindre A est négligeable. On donne ℎ = 0.3 𝑚.. Figure : Levier hydraulique 26 Correction: On a: 𝑃𝐵 = 𝑃𝐴 +𝜌𝑙 𝑔ℎ Avec: 𝜌𝑙 = 𝑑𝑙 ∙ 𝜌𝑒𝑎𝑢 𝑚𝐵 ∙𝑔 𝐹 𝑧𝐵 − 𝑧𝐶 =h,. 𝑃𝐵 = et 𝑃𝐴 = (le poids du cylindre A est négligeable), 𝑆𝐵 𝑆𝐴 L’équation deviant: 𝑚𝐵 ∙𝑔 𝐹 𝑚𝐵 ∙𝑔 = +𝑑𝑙 ∙ 𝜌𝑒𝑎𝑢 ∙ 𝑔 ∙ ℎ F= − 𝑑𝑙 ∙ 𝜌𝑒𝑎𝑢 ∙ 𝑔 ∙ ℎ 𝑆𝐴 𝑆𝐵 𝑆𝐴 𝑆𝐵 AN : 𝐹= 383.571𝑁 27 Autres méthodes pour montrer l’équation fondamentale d’hydrostatique Considérons un élément de volume d’un fluide incompressible (liquide homogène de poids volumique γ) Cet élément de volume à la forme d’un cylindre d’axe (𝐺, 𝑢 ) qui fait un angle 𝛼 avec l’axe vertical (o,𝑧) d’un repère 𝑅(𝑜, 𝑥, 𝑦, 𝑧) Soit 𝑙 la longueur du cylindre et soit 𝑑𝑆 sa section droite 28 Action de pression exercée sur une paroi Soit G1 d’altitude z1 et G2 d’altitude z2, les centres des sections droites extrêmes. Etudions l’équilibre du cylindre élémentaire, celui-ci est soumis aux : - actions à distance : son poids : 𝑑𝑃𝐺 =-𝛾 𝑙 𝑑𝑆 z - actions de contact : forces de pression s’exerçant sur : o la surface latérale : 𝑑𝐹𝑖 o les deux surfaces planes extrêmes : 𝑑𝐹1 = -𝑃1 𝑑𝑆 −𝑢 =𝑃1 𝑑𝑆 𝑢 et 𝑑𝐹2 = -𝑃2 𝑑𝑆 𝑢 avec P1 et P2 les pressions du fluide respectivement en G1 et en G2. Le cylindre élémentaire étant en équilibre dans le fluide, écrivons que la résultante des forces extérieures qui lui sont appliquées est nulle : 𝑑𝑃𝐺 + 𝑑𝐹𝑖 + 𝑑𝐹1 + 𝑑𝐹2 = 0 En projection sur l’axe de symétrie (G,𝑢 ) du cylindre, − 𝛾 𝑙 𝑑𝑆 cosθ + 𝑃1 𝑑𝑆 − 𝑃2 𝑑𝑆 = 0 29 Exprimons la différence de pression 𝑃1 − 𝑃2 après avoir divisé par 𝑑𝑆 et remarqué que 𝑙 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑧2 − 𝑧1 𝑃1 − 𝑃2 = 𝜌𝑔 𝑧2 − 𝑧1 = 𝛾 𝑧2 − 𝑧1 Relation fondamentale d’hydrostatique Autre forme plus générale : En divisant les deux membres de la relation précédente par 𝛾 : 𝑃1 𝑃2 𝑃1 𝑃2 + 𝑧1 = + 𝑧2 + 𝑧1 = + 𝑧2 𝜌𝑔 𝜌𝑔 𝛾 𝛾 Comme G1 et G2 ont été choisis de façon arbitraire à l’intérieur d’un fluide de poids volumique 𝛾 , on peut écrire en un point quelconque d’altitude z, où règne la pression P : P + 𝑧 = 𝐶𝑡𝑒 𝛾 30 II-5 Forces de Pression des Fluides sur les surfaces Soit un élément de surface 𝑑𝑆 entourant un point 𝑀 situé à la profondeur 𝑧 par rapport au niveau de surface libre. 𝑃atm La force élémentaire (normale à 𝑑𝑆) s’exerçant en 𝑀 à une profondeur 𝑧 est donnée par : 𝑑𝐹 = 𝑃 𝑑𝑆 = (𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌 𝑔 𝑧)dS En général, on néglige la pression atmosphérique; on s’intéresse alors à la force élémentaire effective 𝑑𝐹 = 𝜌 𝑔 𝑧 𝑑𝑆 31 Calcul des forces de pression sur une surface plane Soit une surface plane AB inclinée d’angle θ par rapport à l’horizontale, et immergée dans un fluide de masse volumique ρ. Les pressions sont normales à la paroi. Les forces élémentaires sont toutes parallèles. Les systèmes de force est donc équivalent à une force unique. On peut calculer son intensité et son point d’application. 𝑃𝐴 = 𝜌 𝑔 𝑧𝐴 𝑃B = ρ 𝑔 zB 32 Calcul de la résultante des forces de pression En tout point entouré d’une surface élémentaire 𝑑𝑆 à une profondeur 𝑧: 𝑑𝐹 = ρ 𝑔 𝑧 𝑑𝑆 La résultante des forces élémentaires est donc: 𝐵 𝐹= ρ 𝑔 𝑧 𝑑𝑆 𝐴 Pour un fluide incompressible: 𝐵 𝐹 =ρ𝑔 𝐴 𝑧 𝑑𝑆 = ρ 𝑔 zG S Où S est la surface plane entre A et B; et zG est la profondeur du centre de gravité géométrique de la surface AB. 𝐵 𝐴 𝑧 𝑑𝑆 𝑧𝐺 = 𝐵 𝐴 𝑑𝑆 33 Calcul de la position du point d’application On cherche à calculer la profondeur 𝑧𝑃 du point d’application de la force de pression. D’après le principe des moments : "Le moment , par rapport au point O , de la force résultante est égal à la somme des moments élémentaires" : 𝑀 = 𝑀𝑖 Pour cela, on calcule le moment des forces élémentaires par rapport à un axe perpendiculaire au plan passant par le point O. Moment élémentaire en un point de AB: 𝑧 𝑑𝑀 = 𝐹 𝑂𝑅 avec 𝑂𝑅 = 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑧 ρ𝑔 ρ𝑔 𝐵 2 𝑑𝑀 = ρ 𝑔 𝑧 𝑑𝑆 × 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑧 2 dS → 𝑀 = 𝐴 𝑧 𝑑𝑆 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑠𝑖𝑛𝜃 D’autre part, le moment est égal au produit de la résultante des forces par le bras du levier (OP): 𝐵 2 𝑧 ρ𝑔 𝐵 2 𝐴 𝑧 𝑑𝑆 𝑃 𝑀 = ρ 𝑔 𝑧𝐺 𝑆 × 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑧 𝑑𝑆 → 𝑧𝑃 = 𝐴 𝑧𝐺 𝑆 𝐵 2 𝐴 𝑧 𝑑𝑆 Moment d’inertie 𝑧𝑃 = 𝐵 𝐴 𝑧 𝑑𝑆 Moment Statique 34 Calcul de la résultante des forces de pression sur une surface plane En tout point entouré d’une surface élémentaire 𝑑𝑆 à une profondeur 𝑧: 𝐵 2 𝐼𝑂 = 𝐴 𝑧 𝑑𝑆 = Moment d’inertie de la surface AB par rapport à un axe passant par O. Théorème de Huygens: 𝐵 2 𝐴 𝑧 𝑑𝑆=𝐼𝐺 + 𝑧𝐺2 S Où 𝐼𝐺 est le moment d’inertie de la surface AB par rapport à un axe passant par son centre de gravité G. Alors: Connu pour des formes 𝐼𝐺 +𝑧𝐺2 S 𝐼 géométriques particulières 𝑧𝑃 = =𝑧𝐺 + 𝐺 𝑧𝐺 S 𝑧𝐺 S Le point d’application P est donc toujours plus bas que le centre de gravité. 35 Calcul de la résultante des forces de pression sur une surface plane La résultante des forces de pression sur une surface plane pour un fluide incompressible en équilibre est égale au poids d’une colonne de fluide ayant pour base la surface S de la paroi, et pour hauteur la profondeur du centre de gravité: 𝐹 = ρ 𝑔 zG S Le centre de poussée est toujours situé plus bas que le centre de gravité de la surface plane: 𝐵 2 𝐴 𝑧 𝑑𝑆 𝐼𝐺 𝑧𝑃 = =𝑧𝐺 + 𝐵 𝐴 𝑧𝑑𝑆 𝑧𝐺 S 36 Cas d’une surface partiellement immergée La résultante des forces de pression sur une surface partiellement immergée: S : surface mouillée 𝐹 = ρ 𝑔 zG S : 37 Cas d’une surface courbe Calcul de la résultante des forces de pression sur une surface courbes Soit une paroi courbe 𝐴𝐵 retenant un fluide de densité massique 𝜌. Soit un élément 𝑑𝐴 de la surface 𝐴𝐵 situé à une profondeur 𝑧 et sur lequel s’exerce une force élémentaire 𝑑𝐹 qui se décompose en 2 forces : - Une force 𝑑𝐹𝑥 , agissant sur la surface 𝑑𝑆𝑧 projection de 𝑑𝑆 sur l’axe 𝑧. - Une force 𝑑𝐹𝑧 , agissant sur la surface 𝑑𝑆𝑥 projection de 𝑑𝑆 sur l’axe 𝑥. 38 On sait que : 𝑑𝐹 = 𝜌 𝑔𝑧𝑑𝑆 d’où : - Composante horizontale: 𝑑𝐹𝑥 = 𝑑𝐹 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝜌 𝑔𝑧𝑑𝑆 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝜌 𝑔𝑧𝑑𝑆𝑧 car 𝑑𝑆𝑧 = 𝑑𝑆 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝐹𝐻 = 𝑑𝐹𝑥 = 𝜌 𝑔 𝐴𝑧 𝑧𝑑𝑆𝑧 = 𝜌 𝑔 𝑧𝐺 𝑆𝑧 𝐹𝐻 = 𝜌 𝑔 𝑧𝐺 𝑆𝑧 Le calcul de la composante horizontale 𝐹𝐻 est ramené au calcul d’une force de pression sur une surface plane verticale. - Composante verticale: 𝑑𝐹𝑧 = 𝑑𝐹 cos 𝜃 = 𝜌 𝑔𝑧𝑑𝑆 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝜌 𝑔𝑧𝑑𝑆𝑥 car 𝑑𝑆𝑥 = 𝑑𝑆 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝐹𝑉 = 𝑑𝐹𝑧 = 𝜌 𝑔 𝐴𝑥 𝑧𝑑𝑆𝑥 = 𝜌 𝑔 𝐴𝑥 𝑑𝑊 = 𝜌 𝑔𝑊 𝐹𝑉 = 𝜌 𝑔 𝑊 39 Avec 𝑊 : Volume délimité par :  La surface libre du fluide  Les 2 verticales menées des 2 extrémités 𝐴 et 𝐵 de la surface.  La surface courbe 𝐴𝐵 Le calcul de la composante verticale 𝐹𝑉 se résume donc au calcul du Poids du fluide représenté par le volume déplacé par la surface 𝐴𝐵. Calcul de la force de pression résultante Le calcul des 2 composantes 𝐹𝐻 et 𝐹𝑉 permet ensuite de déterminer la résultante 𝐹 par l’expression : 𝐹= 𝐹𝐻2 + 𝐹𝑉2 40 Position du point d’application de la Force de Pression : Le point d’application de la résultante 𝐹 est obtenu si l’on connaît les composantes 𝐹𝐻 et 𝐹𝑉. Dans le cas général, il faudra établir l’équation de la courbe 𝐴𝐵 et celle du segment représentant la force 𝐹 (équation d’une droite) en tenant compte que l’angle d’inclinaison de la force résultante 𝐹 par rapport à l’horizontale est obtenu par la formule suivante : 𝐹 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝐹 𝑉 𝐻 41 Formulaire de surfaces, barycentres et moments d’inertie 42 Exercice 1 Le schéma montre une vanne 𝐴𝐵 rectangulaire retenant un niveau d’eau et immergée à une profondeur ℎ. Calculer la force de pression exercée par l’eau sur cette vanne ainsi que la profondeur ℎ𝐷 de son point d’application Calcul de la force F : 𝐹 = 𝜌 𝑔 hc 𝑆 𝑏 𝑏 A.N hc = 𝑠𝑖𝑛𝛼 + ℎ 𝐹 =𝜌𝑔 𝑠𝑖𝑛𝛼 + ℎ 𝑎 𝑏 𝐹 = 51.5 𝑘𝑁 2 2 𝑆=𝑎𝑏 43 Exercice 2 Soit une vanne 𝐴𝐵 de forme d’un triangle isocèle de base 𝑏 = 3𝑚 et de hauteur ℎ = 2𝑚. On demande de calculer la force de pression 𝐹 exercée sur cette vanne ainsi que la profondeur ℎ𝐷 de son centre de poussée. 1. Force de pression ℎ 2 A.N hc = 𝑦 + = 3 + = 3.7 𝑚 𝐹 = 𝜌 𝑔 hc 𝑆 3 3 𝐹 = 108.93 𝑘𝑁 𝑏 ℎ 3.2 𝑆= = = 3 𝑚2 2 2 44 2. Profondeur du centre de pression : 𝐼 ℎ𝐷 =ℎ𝐶 + ℎ𝐶𝐶𝑆 𝐶 Moment d’inertie d’une surface triangulaire par rapport à un axe passant par son centre de gravité : 𝑏 ℎ3 𝐼𝐶𝐶 = 36 D’où : 𝐼𝐶𝐶 𝑏ℎ3 ℎ2 ℎ𝐷 =ℎ𝐶 + = ℎ𝐶 + 𝑏 ℎ =ℎ𝐶 + 18ℎ =3.76 m ℎ𝐶 𝑆 36ℎ𝐶 2 𝐶 45 Exercice 3 Soit une surface 𝑆 de forme rectangulaire de largueur 𝑎 et de hauteur 𝑏. On demande de calculer la force de pression 𝐹 exercée sur cette surface Données: 𝐻1 = 10 𝑚 𝐻2 = 8 𝑚 𝑦 =1𝑚 𝑎 =2𝑚 𝑏 =4𝑚 Force résultante: 𝐹𝑅 = 𝐹1 − 𝐹2 46 - Calcul de 𝐹1 𝑏 4 hc1 = 𝑦 + = 1 + = 3 𝑚 𝐹1 = 𝜌 𝑔 hc1 𝑆 1 2 2 𝑆1 = 𝑎 × 𝑏 = 2 × 4 = 8 𝑚2 A.N 𝑏 𝐹1 = 235 𝑘𝑁 𝐹1 = 𝜌 𝑔 +𝑦 𝑎𝑏 2 47 - Calcul de 𝐹2 𝐻2 − 𝐻1 + 𝑦 + 𝑏 8 − 10 + 1 + 4 𝐹2 = 𝜌 𝑔 hc2 𝑆2 hc2 = = = 1.5 𝑚 2 2 𝑆2 = 𝑎 × 𝐻2 − 𝐻1 + 𝑦 + 𝑏 = 2 × 8 − 10 + 1 + 4 = 6 𝑚2 𝐻2 − 𝐻1 + 𝑦 + 𝑏 𝐹2 = 𝜌 𝑔 𝐻2 − 𝐻1 + 𝑦 + 𝑏 𝑎 A.N 2 𝐹2 = 88 𝑘𝑁 - Calcul de la résultante 𝐹𝑅 𝐹𝑅 = 𝐹1 − 𝐹2 = 147 𝑘𝑁 48 II-6. Application aux gaz : la pression atmosphérique Dans l’air, dont la densité est environ 800 fois plus faible que celle de l’eau, à des échelles modérées comme celles du laboratoire ou d’une cheminée, il est souvent justifié de ramener la loi de l’hydrostatique à la forme simple : 𝑃𝑎 = 𝐶𝑠𝑡𝑒. En pratique, le seul domaine gazeux où il est nécessaire de ne pas négliger les variations de pressions qui compensent le poids des colonnes d’air est l’atmosphère, où les très grandes différences d’altitude peuvent compenser la petitesse de la masse volumique. L’équation de l’hydrostatique s’écrit : 𝜕𝑃 𝜕𝑃 𝜕𝑃 = 𝜕𝑦 = 0 , +𝜌𝑔 =0 𝜕𝑥 𝜕𝑧 mais, 𝜌 ne pouvant pas être supposé constant, alors que c’est encore légitime pour g, cette équation à elle seule ne suffit pas pour déterminer à la fois 𝑃 et 𝜌. On peut lui associer l’équation d’état des gaz parfaits : 𝑃 𝑅 = 𝑇 𝜌 𝑀 49 où 𝑅 désigne la constante universelle des gaz parfaits ( 𝑅 = 8.32 𝐽. 𝑚𝑜𝑙 –1. 𝐾 –1 ) et 𝑀 la masse molaire moyenne de l’air (𝑀 = 29 103 𝑘𝑔. 𝑚𝑜𝑙 –1 ). Mais, à son tour, cette deuxième équation introduit une nouvelle inconnue, la température 𝑇. En toute rigueur, pour fermer le système, il faudrait donc disposer d’une troisième équation qui modélise la thermique de l’atmosphère. Ceci s’avère délicat, voire incompatible avec l’hypothèse d’une atmosphère au repos, puisque cette thermique est dominée par la convection. Ce manque d’une troisième équation et le besoin d’un modèle simple pour l’atmosphère au repos conduit à utiliser une hypothèse. La plus simple consiste à supposer l’atmosphère isotherme. Alors, en notant 𝑃0 , 𝜌0 et 𝑇0 les pression, masse volumique et température à l’altitude zéro, celle du niveau moyen des mers, 𝑃 𝑃 𝜕𝑃 𝑃 = 𝜌0 , + 𝜌0 𝑔 𝑃 = 0 𝜌 0 𝜕𝑧 0 𝜕𝑃 𝜌0 𝑔 qui se ramènent à l’équation différentielle ordinaire =− 𝑑𝑧 et au résultat simple 𝑃 𝑃0 : 𝑃 𝜌 𝜌0 𝑔 𝑧 = 𝜌 = 𝑒𝑥𝑝 − 𝑃0 0 𝑃0 50 Cette première hypothèse a déjà une certaine pertinence puisqu’elle aboutit à une distribution exponentielle. A titre d’exemple de ses conséquences intéressantes, retenons 𝑃 qu’elle conduit à une estimation de l’épaisseur typique de l’atmosphère 𝜌 0 𝑔 = 8000𝑚 0 assez proche de celle de la troposphère. Une autre hypothèse, pas plus réaliste que la précédente, consiste à supposer l’atmosphère adiabatique, en utilisant, au lieu de l’équation d’état la relation caractéristique des transformations adiabatiques, c’est-à-dire des systèmes qui n’échangent aucune chaleur avec l’extérieur : Une autre hypothèse, pas plus réaliste que la précédente, consiste à supposer l’atmosphère adiabatique, en utilisant, au lieu de l’équation d’état la relation caractéristique des transformations adiabatiques, c’est-à-dire des systèmes qui n’échangent 𝑃 𝑃 𝐶 7 aucune chaleur avec l’extérieur : 𝜌𝛾 = 0𝛾 où 𝛾 = 𝐶𝑃 ≈ 5 est le rapport des capacités 𝜌0 𝑉 calorifiques à pression et volume constants. L’équation différentielle à laquelle aboutit ce nouveau système a pour solution : 𝛾 1 𝑃 𝛾−1 𝜌0 𝑔 𝑧 𝛾−1 𝜌 𝛾−1 𝜌0 𝑔 𝑧 𝛾−1 𝑇 𝛾−1 𝜌0 𝑔 𝑧 = 1− , = 1− , = 1− 𝑃0 𝛾 𝑃0 𝜌0 𝛾 𝑃0 𝑇0 𝛾 𝑃0 51 Ce second modèle n’est pas très erroné aux altitudes modérées, mais il s’écarte beaucoup de la réalité aux hautes altitudes en conduisant à une épaisseur finie pour l’atmosphère, au- 𝛾 𝑃 dessus de laquelle on trouverait un vide total : 𝑧𝑙𝑖𝑚 = 1 − 𝛾−1 𝜌 0𝑔 ≈ 28 000 𝑚. 0 Une troisième hypothèse consiste à utiliser la distribution de température de l’atmosphère standard: 𝑇 = 𝑇0 − 𝑎𝑧 , avec 𝑎 = 6,5𝐾. 𝑚−1. Alors, l’équation d’état devient 𝑝 𝜌 = 𝑅 𝑀(𝑇0 − 𝑎𝑧). Elle permet d’éliminer 𝜌 dans l’équation de l’hydrostatique, ca qui conduit à l’équation différentielle ordinaire. 𝑑𝑃 𝑀 𝑔 𝑑𝑧 =− 𝜌 𝑅 𝑇0 − 𝑎𝑧 La solution est : 𝑀𝑔 𝑀𝑔 𝑃 𝑇0 −𝑎𝑧 𝑅𝑎 𝜌 𝑇0 −𝑎𝑧 𝑅𝑎 −1 𝑃0 = 𝑇0 , 𝜌0 = 𝑇0 Elle prédit encore une altitude limite 𝑧𝑙𝑖𝑚 = 44 000 𝑚, au-delà de laquelle on trouverait un vide absolu, mais demeure tout à fait correcte dans la troposphère ( 𝑧𝑚𝑎𝑥 = 8 à 15 𝑘𝑚 suivant la latitude). 52 II-7. Théorème d’Archimède Énoncé Archimède (-287 à -212) Tout corps plongé dans un fluide reçoit de la part de ce fluide une force (poussée) verticale, vers le haut dont l'intensité est égale au poids du volume de fluide déplacé (ce volume est donc égal au volume immergé du corps). 𝑃𝐴𝑟𝑐ℎ =𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 𝑉 𝑔 53  Force d’Archimède Rappel : Ce n’est rien d’autre que la résultante des forces de pression. On cherche en général la force exercée sur un corps étranger au fluide (solide ou bulle dans liquide, ballon d’hélium dans l’air...) On remplace par du fluide PArch= ? Fluide PArch Fluide immobile immobile S S Corps V Fluide V étranger en (pas en équilibre) équilibre 𝜌corps V g Le champ de pression est le même dans les deux cas, donc PArch aussi. L’équilibre dans le deuxième cas montre que PArch= - 𝜌fluideV g  Force d’Archimède Remarques 1er cas : Si le solide immergé est homogène alors le centre de poussée G, point d’application de la poussée d’Archimède sera confondu avec le centre de gravité du solide. L’équilibre du solide est indifférent. PArch PArch S S V Gs V G G Pcorps Pcorps - 2ème cas : Si le solide immergé est hétérogène alors le centre de poussée G, point d’application de la poussée d’Archimède n’est pas confondu avec le centre de gravité Gs du solide. L’équilibre du solide est stable si G est au dessus de Gs. L’équilibre du solide est instable si G est au dessous de Gs. Force sur un corps dans un fluide statique Fp= - 𝜌fluideV g S Corps V étranger Pcorps= 𝜌corpsV g Le corps n’est pas en équilibre ! Deux cas possibles 𝜌 𝑐𝑜𝑟𝑝𝑠 > 𝜌 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 : Le corps descend Pcorps+ Fp = (corpsfluide) V g ≠  𝜌 𝑐𝑜𝑟𝑝𝑠 < 𝜌 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 : Le corps monte On peut généraliser le raisonnement à un objet partiellement immergé On retiendra : Fp=  fluideVimmergé g Dans ce cas l’équilibre est possible : Iceberg Bateau en alu V V Vimmergé Vimmergé Pcorps+ Fp = 0 => corpsVfluideVimmergé Le corps est moins dense : Le corps est plus dense : fluide>corps corps > fluide Vimmergé < V V < Vimmergé Densité On définit la densité d’un corps par : d = 𝜌corps/ 𝜌eau si solide ou liquide d = 𝜌corps / 𝜌air (20°C, 1 atm) si gaz  Principe d’Archimède : application Plongeons un corps dans de l’eau douce / de l’eau salée Dans quel milieu va-t-il s’enfoncer le plus ? Indication : 𝜌eau salée > 𝜌eau douce Bilan de forces : Poids Archimède P=𝜌𝑐𝑜𝑟𝑝𝑠 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑔 𝐹𝑃 =-𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 𝑉𝑖𝑚𝑚𝑒𝑔é 𝑔 A l’équilibre : P+𝐹𝑃 = 0 → 𝜌𝑐𝑜𝑟𝑝𝑠 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑔 − 𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 𝑉𝑖𝑚𝑚𝑒𝑔é 𝑔 = 0  Vimmegé 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝜌𝑐𝑜𝑟𝑝𝑠 𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 Vim−𝑒𝑎𝑢 𝑑𝑜𝑢𝑐𝑒 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝜌𝑐𝑜𝑟𝑝𝑠 𝜌𝑒𝑎𝑢 𝑑𝑜𝑢𝑐𝑒 Vim−𝑒𝑎𝑢 𝑠𝑎𝑙é𝑒 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝜌𝑐𝑜𝑟𝑝𝑠 𝜌𝑒𝑎𝑢 𝑠𝑎𝑙é𝑒 donc Vim−𝑒𝑎𝑢 𝑑𝑜𝑢𝑐𝑒 Vim−𝑒𝑎𝑢 𝑠𝑎𝑙é𝑒 = 𝜌𝑒𝑎𝑢 𝑠𝑎𝑙é𝑒 𝜌𝑒𝑎𝑢 𝑑𝑜𝑢𝑐𝑒 Puisque: 𝜌eau salée > 𝜌eau douce 𝑽𝒊𝒎−𝒆𝒂𝒖 𝒅𝒐𝒖𝒄𝒆 >𝑽𝒊𝒎−𝒆𝒂𝒖 𝒔𝒂𝒍é𝒆 → Principe d’Archimède Mer morte : masse volumique ~ 1240 kg/m³