Statique des fluides

Statique des fluides
A. La pression.
La force dF qu’exerce un fluide sur un élément de surface dS = dSn est :
dF = PdS = PdSn
La pression P est indépendante de l’orientation de l’élément de surface.
L’existence d’une force normale à l’élément de surface est commune à tous les fluides
en équilibre.
Pour les fluides en mouvement, il existe en général des composantes tangentielles
caractéristiques de la viscosité.
Dans un but de simplification nous considérerons dans toute cette partie le modèle
du fluide parfait (i.e. non visqueux) pour lequel la relation :
dF = PdSn
reste valable même dans le fluide en mouvement.
B. Equilibre d’un fluide.
Désignons par dFext la résultante des forces extérieures s’exerçant sur l’élément de
volume dτ, l’équilibre mécanique du fluide se traduit par :
gradP = dFext / dτ
Dans le cas d’un fluide incompressible en équilibre dans le champ de pesanteur :
P = P0 − ρ gz
où l’axe Oz est dirigé suivant la verticale ascendante ; cette relation s’écrit aussi :
∆P = ρ gh .
un fluide incompressible « transmet » intégralement les différences de pression : c’est
le théorème de Pascal.
C. Poussée d’Archimède.
FA
Le « principe d’Archimède » s’énonce ainsi : Un corps immergé dans un fluide subit
de la part de ce fluide une poussée verticale, exercée de bas en haut, égale en module
au poids du fluide déplacé.
Cette force est la poussée d’Archimède FA.
Pour un corps complètement immergé dans un fluide homogène, le support de
cette force passe par le barycentre G du fluide déplacé, qui est le centre de poussée.
Exercices.
Ex.1 Force de pression sur un corps partiellement immergé. Une demisphère de rayon R repose sur le fond d’un récipient rempli sur une hauteur h > R d’un
liquide de masse volumique.
Le fond du récipient est percé d’une petite ouverture de façon qu’à l’intérieur de la
demi-sphère, la pression soit égale à la pression atmosphérique.
F
ρ
h
P0
R
Fig. 3.
Calculer la force minimale F que doit exercer un opérateur extérieur pour soulever
la demi-sphère, le récipient étant solidement fixé au sol.
Réponse.
La force F doit vaincre la résultante des forces de pression atmosphérique s’exerçant
sur hémisphère. Calculons cette dernière en remarquant que par symétrie, cette
résultante est nécessairement portée par Oz.
Calculons la résultante des forces de pression s’exerçant sur la surface de la demisphère. La pression atmosphérique s’équilibre des deux côtés ; seule intervient, en fin
de compte, la pression hydrostatique.
F
z
h
θ
dθ
O
Fig. 4.
Par symétrie, la résultante des forces de pression est portée par Oz. En prenant le
découpage de la figure 4 on écrira :
dFz = ρ gz dS cosθ
avec :
dS = 2π R 2 sin θ dθ
En intégrant de θ
=0
à
et
z = h − R cos θ
π / 2 on obtient sans peine :
Fz = 2π R 2 ρ g ( h / 2 ) − ( R / 3) 
π /2
2
3


π /2


h
sin
θ
R
cos
θ
2
2
 2π R ρ g ∫ (h − R cos θ ) cos θ sin θ dθ = 2π R ρ g 

+
0

2
3  0 



La force minimale F0 que doit exercer l’opérateur est donc, en module, égale à
Fz .
Ex.2 Stabilité d’un navire. On considère un navire de masse M flottant sur un
liquide de masse volumique ρ. La partie immergée de ce navire est assimilée à un
parallélépipède rectangle dont la longueur L est parallèle à l’axe Ox. La largeur de
navire est b, parallèlement à Oy et la profondeur immergée lorsque le navire est en
équilibre est a. L’origine des axes est au fond du navire, à mi-largeur, le plan yOz
contenant le barycentre G du navire. Les axes Oxyz sont liés au navire et l’on pose OG
= c.
On néglige la masse volumique de l’air devant celle de l’eau.
1° Déterminer a en fonction des données.
2° On considère une rotation d’angle θ du navire autour d’un axe parallèle à Ox
(mouvement de roulis) et on suppose que le poids est encore exactement compensé
par la poussée d’Archimède. Déterminer les coordonnées du barycentre G’ du fluide
qui occuperait le même volume immergé du navire.
z
z
G
x
ρ.
G’
O
a
y
y
O
θ.
b
Fig. 10.
3° On rappelle que le support de la poussée d’Archimède passe par G’. Déterminer la
position du point M1 où ce support recoupe l’axe Oz. Montrer que si θ ≪ 1 , ce point
M1 est pratiquement confondu avec un point fixe M0 du navire, situé sur l’axe Oz,
appelé métacentre. On suppose dans la suite que la condition θ ≪ 1 est remplie.
4° Calculer le moment en G de la poussée d’Archimède et en déduire la condition de
stabilité du navire vis-à-vis du roulis, condition portant sur a, b et c.
5° Interpréter simplement cette condition, en examinant sur une figure les positions
relatives des points G et M0.
Réponse.
1° A l’équilibre, le poids Mg est exactement compensé par la poussée d’Archimède :
Mg = ρ Lbag , ce qui donne :
a = M / ρ Lb
2° Si l’on incline le navire d’un angle θ et si l’on suppose que le poids est encore
exactement compensé par la poussée d’Archimède, le volume immergé doit rester
inchangé. La figure 7 montre que, les surfaces hachurées étant égales, l’invariance de
ce volume immergé se traduit par OA = a.
z
A
θ.
y
O
θ.
Fig. 7.
Autrement dit, le point A est situé à la même distance a du fond du navire qu’au 1°.
Déterminer le barycentre G’ du fluide déplacé revient à déterminer, dans le plan yOz ,
le barycentre de masse m représenté sur la figure 8.
z
A
a
-b/2
.
θ.
h
O
dy
b/2 . y
Fig. 8.
On découpera cette plaque en bandes « verticales » (parallèles à Oz) de hauteur h(y),
ainsi qu’il est indiqué sur cette figure. On y lit :
h( y ) = a − y tan θ
La masse dm de cette bande étant
dm = ( m / ab) h( y ) dy
On calcule alors les coordonnées yG’ et zG’, du barycentre G’ en revenant à la définition
du barycentre, ce qui conduit aux formules :
yG ' =
1
ydm =
m ∫y =− b / 2
y =+ b / 2
∫
b/2
−b / 2
y ( a − y tan θ ) ρ dy
abρ
;
b/2
1
zG ' = ∫
[ h( y ) / 2] dm =
m y =− b / 2
y =+ b / 2
∫ ( a − y tan θ )
2
−b / 2
ρ dy
abρ
Le calcul de ces intégrales se fait sans aucune difficultés et conduit à :
y G ' = −(b 2 /12a ) tan θ
;
zG ' =  a / 2 + (b 2 / 24a ) tan 2 θ 
3° En se reportant à la figure 9, on voit que la droite ∆, support de la poussée
d’Archimède, a pour équation :
( y − yG ' ) = tan θ ( z − zG ' ) .
z
∆
M 1.
θ.
G’
y
O
θ.
Fig. 9.
Cette droite ∆ coupe l’axe Oz en un point M1 de cote z1 et d’ordonnée y1 = 0 ; on obtient,
à partir de l’équation précédente,
z1 = zG ' − yG ' / tan θ
Soit :
z1 = (a / 2) + (b 2 / 24a ) tan 2 θ + (b 2 /12a ) .
Si l’on néglige les termes en θ 2, on constate que M1 est pratiquement confondu avec
un point fixe M0 de l’axe Oz défini par :
OM 0 = a / 2 + (b 2 /12a ) .
4° Par définition : MG ( F1 ) = GG' ∧ F1 où F1 est la poussée d’Archimède dont les
composantes sur les axes (Ox, Oy et Oz) sont (0, Mg sin θ , Mg cos θ ) . En explicitant
le calcul et en négligeant les termes en θ 2 , on obtient :
M G ( F1 ) ≈ Mgθ c − a / 2 + (b 2 /12a )  e x
(GG' = −(b
2
/12a ) tan θ e y +  a / 2 + (b 2 / 24a ) tan 2 θ − c  e x
)
Le navire est stable si ce couple est un couple de rappel, donc si
c < a / 2 + (b 2 /12a )
Ceci est la condition de stabilité au roulis : plus la largeur b du navire est importante,
plus cette condition est facile à réaliser, ce qui est intuitif.
5° Cette condition s’interprète ainsi : le navire est stable au roulis si le barycentre est
situé au-dessous du métacentre M0, ce qu’une figure explique fort bien.