STATIQUE DES FLUIDES

STATIQUE DES FLUIDES
Nous avons défini dans le chapitre précédent la pression dans un gaz ou dans un liquide en équilibre thermodynamique. On
a supposé que le système était au repos et qu’il n’y avait pas de forces extérieures.
La statique des fluides étudie les propriétés d’un fluide en équilibre dans un référentiel galiléen en présence d’un
champ de forces extérieures.
I. PRESSION ET FORCES DE PRESSION DANS UN FLUIDE AU REPOS
I.1 Définitions
• Fluide : Ensemble d’entités microscopiques (atomes, molécules) occupant un volume dont la force géométrique
s’adapte aux contraintes extérieures (paroi du récipient). Les solides supposés indéformables sont exclus. Un fluide
est soit un gaz, soit un liquide.
dτ . Pour décrire le fluide, nous allons considérer un petit volumique à l’échelle macroscopique mais qui contient
•
suffisamment de molécules pour pouvoir définir des grandeurs moyennes.
On se place à une échelle mésoscopique (10-6 m). Le volume dτ est appelé particule de fluide.
G
G
dm
On définit la masse volumique : µ =
. En statique des fluides, vi = 0
dτ
I.2 Champs de forces dans un fluide
Dans cette partie, nous allons nous placer à l’échelle mésoscopique et étudier les actions mécaniques subies par une
particule de fluide, en particulier de la part du reste du fluide.
a) Forces subies par un volume de fluide
Les actions mécaniques extérieures subies par un volume V quelconque de fluide peuvent être décomposées en :
• actions mécaniques qui s’exercent à distance sur les particules de fluide intérieures au volume V ;
• actions de contact exercées par le reste du fluide à la surface du volume V.
b) Forces volumiques – forces surfaciques
• Les forces volumiques décrivent des interactions à longue portée (forces de gravitation, forces
G
G
G
électromagnétiques) ou des forces d’inertie. Exemple : champ de pesanteur : dF = dmg = µ dτ g
G
G dF
G
G
On définit la densité volumique de forces : fV =
. Exemple : force volumique de pesanteur : fV = µ g
dτ
• Les forces surfaciques (on dit aussi forces superficielles) décrivent des interactions à courte portée au sein de
fluide (forces de contact et chocs).
JJG
dS ext
M
En un point M du volume V, il existe une composante normale et une composante
tangentielle.
JJJG
JJG
¾ La composante normale peut se mettre sous la forme : dF = − p ( M ) dS ext
volume V
JJG
p est la pression du fluide en M. dS ext est le vecteur élément de surface orienté vers
l’extérieur.
Interprétation du signe – : les forces de pression exercées par l’extérieur sont toujours des forces
JJG
pressantes donc opposées à dS ext .
¾
La composante tangentielle est toujours nulle en statique des fluides. Voir cours de deuxième
année (mécanique des fluides) où il peut exister une composante tangentielle appelée force de
viscosité.
c) Répartition volumique équivalent aux forces de pression
On considère une particule de fluide parallélépipédique située en M(x, y, z) de dimensions dx, dy, dz. On calcule la
résultante des forces de pression qui s’exercent sur cette particule :
Q Statique des fluides (34-103)
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•
•
•
∂p
dxdydz
∂x
∂p
selon Oy : dFy = p ( x, y, z ) dx dz − p ( x, y + dy, z ) dxdz ≈ − dxdydz
∂y
selon Ox : dFx = p ( x, y, z ) dy dz − p ( x + dx, y, z ) dydz ≈ −
selon Oz : dFz = p ( x, y, z ) dx dy − p ( x, y, z + dz ) dxdy ≈ −
au premier ordre en dxdydz.
(formule de Taylor)
∂p
dxdydz
∂z
JJJG
JJJJG
En regroupant les trois composantes, on obtient : dF = − grad p dτ avec dτ le volume de la particule.
(
)
La résultante des forces de pressions qui s’exercent sur la particule de fluide est équivalente à une force
de densité volumique :
G
JJJJG
fV = −grad p
On admet la validité de cette expression dans le cas d’un fluide en mouvement.
I.3 Relation fondamentale de la statique des fluides
• Système = {Volume dτ }
• Référentiel galiléen
• Bilan des forces :
Forces volumiques (exemple : forces de pesanteur, forces électriques, forces d’inertie) :
JJJJG
La résultante des forces de pression (sur les 6 faces) vaut : − grad p dτ
G
JJJJG
G
• Principe fondamental de la dynamique : ∑ fV dτ − grad p dτ = 0
(
)
(
)
G
∑ f dτ
V
Dans un référentiel galiléen, la relation fondamentale de la statique des fluides s’écrit :
G JJJJG
G
∑ fV − grad p = 0
Cette relation est à connaître par cœur et peut être appliquée directement.
II. ÉTUDE DE L’ATMOSPHÈRE ISOTHERME
II.1 Équilibre thermodynamique local (E.T.L.)
Un système peut être hors d’équilibre thermodynamique pour l’une des deux raisons suivantes :
• il évolue dans le temps ;
• il est dans un état stationnaire mais des paramètres physiques, notamment la température, varient d’un point à
l’autre du système.
L’expérience montre qu’il est presque toujours possible de mesurer, avec des capteurs adéquats, une température T(M,
t) locale ou une pression p(M, t) locale à l’intérieur du système. Ceci est bien connu en ce qui concerne l’air
atmosphérique en météorologie. Cette constatation suggère l’hypothèse d’équilibre thermodynamique local
(E.T.L.) :
Tout volume mésoscopique dτ autour d’un point quelconque M constitue un système à l’équilibre
thermodynamique.
La température T(M, t) et la pression p(M, t) s’interprètent alors comme des grandeurs relatives à un système
mésoscopique dτ situé en M, à l’instant t.
L’hypothèse d’E.T.L. permet de donner une valeur locale à toutes les grandeurs thermodynamiques intensives : masse
volumique ρ ( M , t ) ou notée µ ( M , t ) , énergie interne massique u(M, t).
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II.2 Modèle utilisé
• L’atmosphère peut être assimilée à un gaz parfait de masse molaire M (c’est hypothèse est tout à fait raisonnable
car la densité moléculaire est suffisamment faible).
pM
m
m pM
RT , soit µ = =
On a pV = nRT =
. On utilise très souvent la relation : µ =
.
RT
V
RT
M
G
• On suppose que le champ de pesanteur g est uniforme
•
L’atmosphère est au repos dans le référentiel terrestre supposé galiléen.
II.3 Calcul de la pression
La méthode suivante est très générale pour calculer la pression dans un fluide au repos.
Appliquer la relation fondamentale de la statique des fluides, projeter et intégrer.
JJJJG
G G
−grad p + µ g = 0
  ∂p 
−   = 0
  ∂x  y ,z

  ∂p 
On utilise les coordonnées cartésiennes : −   = 0
  ∂y  x , z

−  ∂p  − µ g = 0
  ∂z  x , y
z
G
g
 ∂p 
dp
 ∂p 
 ∂p 
 ∂x  = 0 et  ∂y  = 0 donc p ne dépend pas de x et de y. On a alors :  ∂z  = dz puisque p est fonction d’une
  x, y
  y ,z
  x ,z
dp
pM
dp
Mg
− µ g = 0 . Or µ =
. On sépare les variables :
=−
dz .
dz
RT
p
RT
Méthode 1 : On intègre entre z = 0 où la pression vaut p0 et l’altitude z où la pression vaut p(z).
 p 
Mg
ln   = −
( z − 0)
p
RT
 0
seule variable. On a alors : −
Mg
z + cte . On écrit la même équation pour z = 0 : ln ( p0 ) = cte
RT
 p 
Mg
z
On obtient : ln   = −
p
RT
 0
Méthode 2 : ln ( p ) = −
 Mg 
La pression pour l’atmosphère isotherme vaut : p = p0 exp  −
z
 RT 
Il faut savoir connaître le résultat par cœur et savoir le redémontrer.
II.4 Ordres de grandeur et conséquences pratiques
M = 29 g.mol-1 = 29×10-3 kg.mol-1 ; R = 8,314 J.K-1.mol-1 ; T = 273 K et g = 9,8 m.s-2.
RT
= 8 km
La distance caractéristique vaut d =
Mg
•
•
Au niveau du sol : p0 = 1 bar
p (100 m ) = 0,988 bar . On a une variation relative
p − p0
de 1,2%.
p0
Dans un gaz peu dense occupant un volume raisonnable, l’influence de la pesanteur sur le champ de pression est
négligeable. On peut donc parler de la pression d’un gaz puisque cette pression est uniforme.
II.5 Évolution de la température et de la pression dans l’atmosphère réelle
L’atmosphère est schématiquement découpée en plusieurs couches se distinguant par leur composition chimique,
l’évolution de la température et les phénomènes y ayant lieu. La majorité de la masse de l’atmosphère se trouve dans la
troposphère (<10km).
Il existe un gradient constant de température dans la troposphère ≅ –6,5°C.km–1.
La température est uniforme entre la tropopause et la couche d’ozone.
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(ou IONOSPHERE)
température
20
20 température
faiblement
décroissante
Ebullition du sang
avions supersoniques
STRATOSPHERE
15
Nécessité d'une pressurisation
10
nécessité de respirer de l'oxygène
altitude en km
altitude en km
15
avions subsoniques
12
TROPOPAUSE
10
TROPOSPHERE
-6,5°C/km
5
5
pression
en HPa
0
0
200
400
600
800
1000
0
-100
-50
0
températures en °C
50
Le modèle de l’atmosphère isotherme est bien adapté quantitativement entre 10 km et 25 km d’altitude (début de la
stratosphère, quasi-isotherme à –55°C). Il sert aussi de modèle qualitatif et mathématiquement simple pour la
troposphère (20°C).
II.6 Interprétation statistique : facteur de Boltzmann
On assimile l’air à N2 (nettement majoritaire). Soit m la masse d’une molécule de N2.
 Mg 
On a vu que p = n * k B T . Pour l’atmosphère isotherme, p = p0 exp  −
z .
 RT 

z  avec C une constante.

mN A g
Mg
mgz
On peut transformer le terme dans l’exponentielle :
z=
z=
RT
N A k BT
k BT
On a donc n* =
p
 Mg
= C exp  −
k BT
 RT
 ε 
On a donc n* = C exp  −
 avec ε = mgz = énergie potentielle de pesanteur.
 k BT 
Si on découpe l’atmosphère en couches successives de côte z et d’épaisseur dz, chaque couche correspond à un niveau
d’énergie ε = mgz (énergie potentielle de pesanteur ici). Les molécules se répartissent sur les différents niveaux
 ε 
d’énergie possible proportionnellement à une facteur statistique appelé facteur Boltzmann exp  −
.
 k BT 
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On admet la généralisation : Lorsqu’un système thermodynamique en équilibre à la température uniforme T est
constitué de molécules dont l’énergie individuelle ε peut prendre différentes valeurs, les molécules se
 ε 
répartissent sur les différents niveaux d’énergie proportionnellement au facteur de Boltzmann exp  −
.
 k BT 
ε = mgz est l’énergie potentielle de pesanteur
k BT est l’énergie d’agitation thermique.
On a donc une compétition entre ces deux énergies : énergie d’agitation thermique (qui a tendance à répartir dans tout
l’espace les molécules avec une vitesse moyenne d’autant plus grande que la température est grande) et l’énergie
potentielle de pesanteur (qui a tendance à les faire tomber).
• Toutes les molécules de l’atmosphère ne sont pas au niveau du sol à cause de l’agitation thermique !!!
• Les niveaux les plus peuplés sont les niveaux de plus basse énergie.
• Quand l’altitude augmente, on a une énergie de plus en plus grande et donc de moins en moins de molécules,
donc n* de plus en plus faible et donc une pression de plus en plus faible.
III. STATIQUE DES FLUIDES INCOMPRESSIBLES ET HOMOGÈNES DANS LE CHAMP
DE PESANTEUR UNIFORME
III.1 Définitions
Les liquides sont beaucoup plus denses que les gaz.
Ordre de grandeur : masse volumique de l’eau liquide : µ = 1000 kg.m −3
Masse volumique de l’air dans les conditions normales de température et de pression :
pM 1013 × 102 × 29 × 10−3
=
= 1,3 kg.m −3
µ=
8,314 × 273
RT
Dans les liquides, on ne peut donc pas négliger les effets de la pesanteur sur le champ de pression comme on peut le
faire très souvent pour les gaz.
On utilise le modèle du fluide homogène et incompressible : µ = cte .
Sauf indication contraire dans ce chapitre, tous les liquides seront supposés homogènes et incompressibles.
III.2 Expression particulière de la relation fondamentale de la statique des fluides
La méthode suivante est très générale pour calculer la pression dans un fluide au repos.
Appliquer la relation fondamentale de la statique des fluides, projeter et intégrer.
  ∂p 
−   = 0
  ∂x  y ,z

JJJJG
G G
  ∂p 
−grad p + µ g = 0 . On utilise les coordonnées cartésiennes : −   = 0
  ∂y  x , z

−  ∂p  − µ g = 0
  ∂z  x , y
z
G
g
 ∂p 
dp
 ∂p 
 ∂p 
 ∂x  = 0 et  ∂y  = 0 donc p ne dépend pas de x et de y. On a alors :  ∂z  = dz puisque p est fonction d’une
  x, y
  y ,z
  x ,z
dp
− µ g = 0 . On sépare les variables : dp = − µ gdz et p = − µ gz + cte .
dz
Dans un fluide homogène et incompressible soumis au champ de pesanteur uniforme et au repos dans le référentiel
galiléen, la relation fondamentale de la statique des fluides homogènes et incompressibles s’écrit : p + µ gz = cte .
Cette relation est à connaître par cœur. Attention à l’orientation de z (verticale ascendante).
La constante est déterminée en un point particulier où la pression et l’altitude sont connues.
seule variable. On a alors : −
III.3 Applications
a) Différence de pression en fonction de la hauteur
On considère deux points A et B.
La relation de la statique des fluides s’écrit : p A + µ gz A = pB + µ gz B
On en déduit : pB = p A + µ g ( z A − z B )
Relation très pratique à utiliser dans les exercices. Le point B est en dessous du point A, B est
le point le plus Bas.
La relation de la statique des fluides pour un liquide s’écrit : pB = p A + µ gh
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z
A
h
B
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avec h = hauteur > 0.
Application numérique : pour l’eau : µ = 103 kg.m −3 . On prend g = 10 m.s-2
•
Pour z = 0, on a : p A = 1 bar = 105 Pa
•
•
Si h = 1 m, on a alors d’après la relation précédente : pB = 105 + 103 × 10 × 1 = 1,1 bar . On a déjà une
augmentation de 10% de la pression.
Si h = 10 m, on a pB = 105 + 103 × 10 × 10 = 2 bar
•
Si h = 100 m, on a pB = 105 + 103 × 10 × 100 = 11 bar
Problèmes rencontrés lors de la plongés sous-marine avec des bouteilles d’air comprimé. La loi de Henry indique
que la quantité d’air dissoute dans le corps humain est proportionnelle à la pression. À 100 m, le corps humain
dissout donc 11 fois plus d’air qu’à la surface. 11 fois plus de N2 n’est pas consommé et reste stocké dans les tissus
humains. Lors d’une remontée trop rapide, N2 en excès n’a pas le temps de se dégager. Lors du retour à p0, N2 se
dégage brutalement des tissus en formant un grand nombre de bulles d’où les risques d’embolie. Il faut donc
remonter par paliers en laissant le temps au N2 de se dégager pour atteindre l’équilibre.
b) Surface libre d’un liquide
La pression atmosphérique est supposée uniforme.
Dans les exercices, on rencontre souvent p0 = 1 atm = 1013 hPa = 105 Pa ou p0 = 1 bar = 105 Pa.
On appelle surface libre d’un liquide la surface de contact entre le fluide et l’atmosphère. En tout point de la
surface libre, on a la même pression de part et d’autre, donc p ( M ) = p0
L’élément de surface dS est en équilibre, les deux
forces
de
pression
se
compensent,
donc
p0 dS = p ( M ) dS
p0 dS
atmosphère
surface dS
liquide
surface
libre
p(M) dS
z
On considère un liquide dans un vase en équilibre dans le référentiel terrestre.
•
En tout point du liquide, on a : p + µ gz = cte
•
En un point M de la surface libre, on a : p ( M ) = p0
M atmosphère
liquide
donc p ( M ) + µ gz = cte , soit p0 + µ gz = cte .
L’altitude est donc constante.
La surface libre d’un fluide est contenue dans un plan horizontal.
Remarque : au niveau des bords, on constate un phénomène de mouillage. On peut
l’expliquer par des forces de tension superficielle.
c) Vases communicants
Expérience des vases communicants :
•
•
On constate que le niveau dans les tubes est le même quelque soit l’orientation
et la section à condition qu’elle ne soit pas trop petite.
Dans un fluide homogène et incompressible, on a : P + µ gz = cte . En tout
point de la surface libre, on a P = P0 (en notant P0 la pression atmosphérique
de l’air), soit z = cte.
Cependant, on constate que si le tube de
verre est très fin (capillaire), le niveau
dans le tube est bien au-dessus du
niveau prévu.
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Compléments hors programme :
Par capillarité, un liquide monte dans un tube si le liquide mouille le solide (cas de l’eau par
exemple). Par contre, un liquide descend dans un tube fin si le liquide mouille peu le solide (mercure
par exemple).
Les forces de tension superficielle ont pour origine l’attraction moléculaire de type Van der Waals :
ce sont des forces en 1/r7 et d’énergie potentielle en 1/r6.
Alors qu’au sein du liquide les forces qui s’exercent sur une molécule proviennent principalement
d’une douzaine d’autres molécules et se compensent par symétrie, il n’en est pas de même sur la surface ; ici, une molécule n’est soumise
qu’aux actions d’environ six molécules dont la résultante est orientée vers le liquide.
Il faut fournir du travail au système pour déplacer une molécule de l’intérieur de la phase condensée à la surface de
celle-ci et augmenter ainsi l’aire de l’interface (« membrane tendue à la surface
d’un liquide »).
Remarque : Puisque, dans le cas des gaz, les forces intermoléculaires sont très
faibles, les gaz ne présentent pas de surface libre.
Une goutte d’eau en état d’apesanteur prend une forme sphérique : surface d’aire
minimale.
Les molécules d’eau sont attirées entre elles par des forces de Van der Waals,
appelées liaisons hydrogène.
On considère une goutte de liquide, immobile sur un support solide. On appelle angle de mouillage du support par le liquide l’angle θ que
fait le plan tangent à la surface de la goutte avec le plan du support.
•
Si θ est aigu, la goutte mouille beaucoup le solide. C’est généralement le cas d’une goutte d’eau sur une
table (figure a). Lorsque la table est bien lisse et propre, l’angle de mouillage est presque nul (mouillage
parfait) : la goutte s’étale (figure b).
•
Si θ est obtus, la goutte mouille peu le solide. C’est le cas d’une goutte de mercure sur une plaque de
•
verre, on observe que θ ≈ 135° (figure c). À la limite, le mouillage est nul lorsque θ = 180° ; la goutte
n’est en contact avec la plaque qu’en un point.
Lorsque l’équilibre est impossible, la goutte s’étale sur le solide plus ou moins vite suivant la valeur de la
viscosité du liquide. L’hélium liquide est considéré comme le meilleur mouillant.
air
air
eau
verre
air
θ
θ
eau
eau
verre
verre
d) Principe du baromètre différentiel
On considère un liquide contenu dans un tube aux extrémités duquel on impose les
pressions p1 et p2 (par exemple un gaz à la pression p1 et un autre gaz à la pression p2).
On suppose sur le schéma que p2 > p1.
Pour le liquide, la relation de la statique des fluides s’écrit : p2 = p1 + µ gh
p1
p2
h
p2 − p1 = µ gh . La mesure de h permet d’en déduire la différence des pressions p2 – p1.
Application numérique pour l’eau : µ = 103 kg.m −3 ; g = 9,8 m.s-1 ; p2 − p1 = 1 bar ,
d’où h = 10,2 m.
Avec un baromètre à eau, la hauteur est très importante !
Pour réduire la hauteur h, il faut changer de liquide.
• Avec le mercure : µ = 13, 6 × 103 kg.m −3 ; g = 9,8 m.s-1 ; p2 − p1 = 1 atm = 1013 hPa = 1013 × 102 Pa , d’où h =
760 mm.
Pour réaliser un baromètre absolu, il faut imposer une pression connue à l’une des extrémités d’un baromètre
différentiel.
•
e) Principe du baromètre absolu
On considère un tube retourné qui plonge dans un récipient qui
contient du mercure.
Dans la partie supérieure du tube, on a l’impression d’un vide
apparent, mais ce n’est pas possible. On verra dans le cours sur
les changements d’état que c’est de la vapeur de mercure en
équilibre avec le liquide. La pression du gaz vaut alors la
pression de vapeur saturante. À 20°C, la pression vaut
pVsat = 1, 62 × 10−6 bar .
La pression atmosphérique vaut p0.
On applique la relation de la statique des fluides au mercure :
pB = p A + µ gh , soit p0 = pVsat + µ gh
pression quasi nulle
= pVsat
A
h
Atmosphère
p0
B
mercure
On en déduit que p0 = µ gh puisque pVsat p0
On a donc bien réalisé un baromètre absolu.
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Application numérique : µ = 13, 6 × 103 kg.m −3 ; g = 9,8 m.s-1 ; p2 − p1 = 1 atm = 1013 hPa = 1013 × 102 Pa , d’où h =
760 mm.
Il faut connaître la correspondance : 1 atm = 1013 hPa = 1013×102 Pa = 1013 mbar = 760 mm de Hg.
f) Théorème de Pascal
On se place dans un liquide. On considère un point A et un point M du liquide supposé homogène et incompressible.
• Avant la perturbation : La relation fondamentale de la statique s’écrit : p ( M ) + µ gzM = p ( A ) + µ gz A (eq .1)
•
On suppose qu’on fait varier la pression en A en exerçant une force supplémentaire. Le fluide reste au repos et
les points A et M sont au même endroit.
On note ∆p ( A ) la surpression appliquée en A. Le champ de pression est donc modifié dans le liquide.
On a alors : p ' ( M ) + µ gzM = p ' ( A ) + µ gz A (eq .2)
•
Si on fait (eq. 2 – 1), on obtient : p ' ( M ) − p ( M ) = p ' ( A ) − p ( A ) = ∆p ( A )
Théorème de Pascal : Toute variation de pression en un point d’un fluide homogène et incompressible est
intégralement transmise en tout point du fluide.
Les liquides transmettent les variations de pression alors les solides transmettent les forces.
Principe des presses hydrauliques :
Atmosphère
p0
A
M
Atmosphère
p0
force de pression = p0 s
force supplémentaire = F
piston de
surface s A
liquide
force de pression = p0 S
force supplémentaire = F ’
M
piston de
surface S
liquide
•
•
Avant la perturbation : les points A et M sont à la même altitude.
On applique une force supplémentaire F sur le piston de surface s. Pour maintenir le liquide à l’équilibre, il faut
exercer une force supplémentaire F’ sur le piston de surface S.
• Quelle est la relation entre F’ et F ?
Démonstration :
¾ Avant la perturbation : p ( A ) + µ gz A = p ( M ) + µ gz ( M ) , soit
p0 + µ gz A = p0 + µ gz M
¾
Après la perturbation :
p ' ( A ) + µ gz A = p ' ( M ) + µ gz ( M ) , soit
F
F '


 p0 + s  + µ gz A =  p0 + S  + µ gzM




¾ On retrouve bien le théorème de Pascal.
F
F F'
appliquée en A est transmise en M avec
La surpression
=
s
s
S
Principe des freins hydrauliques : on applique une force faible en A, la force
appliquée en M est beaucoup plus importante.
IV. ACTIONS EXERCÉES PAR LES FLUIDES AU REPOS
IV.1 Barrage
On veut calculer la résultante des forces de pression exercées sur un barrage rectangulaire. On verra en TD les forces
qui s’exercent sur un barrage hémicylindrique.
Méthode de résolution :
• Calculer le champ de pression dans l’eau. Utiliser la surface libre de l’eau pour calculer la constante.
JJG
G
• On considère un petit élément de surface dS. Projeter la force de pression exercée par l’eau dF = p dS ext sur
G
un ( u x par exemple) ou plusieurs axes.
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•
Intégrer les projections pour calculer la résultante des
forces de pression.
atmosphère
p0
On calculer la force exercée par l’eau sur le barrage de hauteur h et
de longueur L.
•
p + µ gz = p0 + µ gh , d’où p = p0 + µ g ( h − z )
•
•
barrage
z
h
Soit dS un élément de surface du barrage. La force exercée par
JJG
JJG
G
G
G
l’eau sur dS vaut : dF = pdS ext . Ici dF = p dS ext = pdydzu x .
eau
surface dS
dFx = ( p0 + µ g ( h − z ) ) dydz . Il reste à intégrer y entre 0 et L, z
entre 0 et h. Les variables sont indépendantes. On est donc
ramené au produit de deux intégrales simples :
Fx = ∫∫ ( p0 + µ g ( h − z ) ) dydz =
S
( ∫ dy ) ( ∫
L
h
y =0
z =0
(p
0
+ µ g ( h − z ) ) dz
sol
)
O
h
1
2
1



Fx( eau ) = L  p0 z − µ g ( h − z )  = L  p0 h + µ gh 2 
2
2

0


On trouve facilement la résultante des forces de pression exercées par l’air : Fx( air ) = − p0 Lh
On en déduit : Fx( eau ) =
1
µ gh 2 L
2
IV.2 Poussée d’Archimède
On considère un corps totalement immergée dans un fluide. On ne suppose rien sur la nature du fluide : il peut être
compressible ou incompressible, homogène ou inhomogène.
PROBLÈME RÉEL
PROBLÈME FICTIF
fluide
fluide
C
G
corps (S) totalement
immergé de centre
d’inertie G
surface (Σ)
fluide déplacé (S*)
centre de poussée C
= centre d’inertie de (S*)
a)
Problème réel : le corps (S) est totalement immergé limité par la surface fermée ( Σ ) . On appelle G le centre d’inertie
du corps (S).
Problème fictif : Le volume intérieur à ( Σ ) est rempli du même fluide. ( S *) est appelé fluide déplacé. On appelle C le
centre d’inertie du fluide déplacé.
Le corps (S) est comprimé par le fluide tout autour. Cet effet dépend de la forme de la surface et absolument pas de ce
que contient la surface. Si on avait le même volume avec la même forme rempli du même fluide, ce système serait
soumis exactement aux mêmes forces de pression et l’ensemble serait en équilibre.
b) Soit A un point quelconque.
G
G
Problème réel : F = résultante des forces de pression subies par (S) et Γ A = moment des forces de pression en A.
G
G
Problème fictif : F * = résultante des forces de pression subies par (S*) et Γ *A = moment des forces de pression en A.
G G
G
G
On a vu que : F = F * et Γ A = Γ *A
G
G
c) Pour calculer F * et Γ *A , on raisonne sur (S*) en équilibre :
Système = {S*}
Référentiel terrestre supposé galiléen
G
G
Bilan des forces : poids m * g et forces de pression F *
JJJG
G
G
G G
G
G G
G
(S*) est en équilibre, donc m * g + F * = 0 et 0 = Γ *A + AC ^ m * g . Si A = C, alors Γ *C = 0
Q Statique des fluides (34-103)
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x
G
G
G
G
d) On en déduit : F = − m * g et Γ *C = 0
Les forces de pression exercées sur (S) ont donc un moment nul en C. Si (S) est un solide, tout se passe comme s’il
G
subissait une force unique, appliquée en C et égale à −m * g , c'est-à-dire l’opposé du poids du fluide déplacé.
Théorème d’Archimède :
• Pour un corps immergé déformable : la résultante des forces de pression exercées par un fluide au repos sur un
corps immergé déformable est égale à l’opposé du poids du fluide déplacé.
• Pour un corps immergé solide : la résultante des forces de pression exercées par un fluide au repos sur un solide
G
G
immergé est équivalente à une force unique appelée poussée d’Archimède Π A = −m * g , égale à l’opposé du
poids du fluide déplacé et appliquée au centre de poussée.
Remarques : Lorsqu’on suppose que le champ de pression dans le fluide est uniforme, on néglige le poids dans la relation
fondamentale de la statique des fluides. Dans ce cas, le poids du fluide déplacé est nul et la poussée d’Archimède est aussi
nulle. C’est le caractère non uniforme du champ de pression qui est responsable de la poussée d’Archimède. Pour un gaz, on ne
pas dire que la pression est rigoureusement uniforme mais approximativement uniforme.
IV.3 Applications de la poussée d’Archimède
a) Ballon sonde
On va étudier un ballon-sonde ouvert qui permet à l’hélium de sortir au fur et à mesure de la montée. Ils peuvent
atteindre jusqu'à 45 km d'altitude et y rester jusqu'à 4 jours. Ce type de ballon-sonde représente la majorité des
ballons lancés dans un cadre scientifique.
On considère une enveloppe de volume V0 constant, remplie d’un gaz léger (supposé gaz parfait – exemple
hélium) à la température T. Ce ballon est ouvert à sa partie inférieure, de façon à rester constamment en équilibre de
pression avec l'air extérieur (à la température T). On note m0 la masse totale de l'enveloppe, du dispositif de
chauffage, de la nacelle et des passagers. On a donc un équilibre mécanique et la même pression à l’intérieur du
ballon et à l’extérieur (sinon de l’air s’échapperait du ballon ou rentrerait dans le ballon).
•
•
•
Système = {aérostat comprenant une masse m0 et une masse d’hélium m }
Référentiel terrestre supposé galiléen. Axe Oz orienté vers le haut.
Bilan des forces :
G
¾ Poids de tout le ballon sauf l’hélium = m0 g
G PM hélium G
PM hélium mHélium
G
Vg
Poids de l’hélium = mg . Or µHélium =
=
. D’où mg =
RT
RT
V
G
G
¾ La résultante des forces de pression est égale à la poussée d’Archimède : Π A = −m * g
G
PM Air G
G
PM Air m *
Vg
=
. D’où Π A = − m * g = −
m* est la masse d’air déplacée. Or µAir =
RT
RT
V
G
G PM hélium G PM Air G
V g−
Vg
• Théorème de la quantité de mouvement à l’équilibre : 0 = m0 g +
RT
RT
PM hélium
PM Air
gV +
gV = 0 en projection sur Oz à l’équilibre.
Soit −m0 g −
RT
RT
PM hélium
PM Air
gV +
gV > 0
Pour que l’aérostat décolle, il faut que −m0 g −
RT
RT
¾
b) Montgolfière – Ballon à air chaud
On va étudier un autre type d’aérostat : la montgolfière ou ballon à air chaud.
On considère une enveloppe de volume V0 constant, remplie d'air chaud à la
température T'. Ce ballon est ouvert à sa partie inférieure, de façon à rester
constamment en équilibre de pression avec l'air extérieur (à la température T). On
note m0 la masse totale de l'enveloppe, du dispositif de chauffage, de la nacelle et des
passagers. On a donc un équilibre mécanique et la même pression à l’intérieur du
ballon et à l’extérieur.
Masse volumique de l'air dans les conditions normales de température et de pression (P0 = 1 atm et T0 = 273 K) :
PM hélium
µ0 = 1,3 kg.m-3. On a donc : µ0 =
.
RT0
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Masse volumique de l'air à la pression P et la température T’ : µ ' =
•
•
•
P T0
PM
. On en déduit que µ ' = µ0
P0 T '
RT '
Système = {montgolfière de masse m0 et masse m de l’air chaud à l’intérieur}
Référentiel terrestre supposé galiléen. Axe Oz orienté vers le haut.
Bilan des forces :
G
¾ Poids de tout le ballon sauf l’air chaud = m0 g
¾
G
P T0 G
Vg
Poids de l’air chaud à la température T’ = mg = µ0
P0 T '
G
G
La résultante des forces de pression est égale à la poussée d’Archimède : Π A = − m * g
G
G
P T0 G
Vg
m* est la masse d’air froid déplacée à la température T. Π A = −m * g = − µ0
P0 T
G
G
P T0 G
P T0 G
V g − µ0
Vg
Théorème de la quantité de mouvement à l’équilibre : 0 = m0 g + µ0
P0 T '
P0 T
¾
•
Soit −m0 g − µ0
P T0
P T0
V g + µ0
V g = 0 en projection sur Oz à l’équilibre.
P0 T '
P0 T
Pour que la montgolfière décolle, il faut que −m0 g − µ0
P T0
P T0
V g + µ0
V g > 0 . Il faut bien chauffer !!!
P0 T '
P0 T
c) Mouvements de convection dans les fluides
dT
< 0 . Un élément de volume
dz
dτ montant de dz à la suite d’une perturbation extérieure (par exemple un coup de vent) se trouve à l’altitude z+dz
à une température supérieure à celle de l’air ambiant. Comme une montgolfière, il continue à monter. Bref, « l’air
chaud monte ».
Supposons que l’on ait un gradient de température dirigé vers le bas, c'est-à-dire
Cet élément de volume ne va pas monter indéfiniment !!! Il va se refroidir plus vite (-9,95°C.km-1) que l’air ambiant
(-6,5°C.km-1) et va finir par se retrouver à la même température que l’air ambiant.
d) Statique des navires
La carène d’un navire est la partie immergée dans l’eau. Le reste est
immergé dans l’air.
Le navire est totalement immergé dans un fluide inhomogène.
On
pourra
donc
appliquer
la
poussée
d’Archimède :
G
G
G
G
Π A = Π A( air ) + Π A( eau ) ≈ Π A( eau ) en négligeant la poussée d’Archimède de
air
eau
G
G
mg
G
Π A( eau )
C
l’air.
• Système = {navire de masse m}
• Référentiel terrestre supposé galiléen.
• Bilan des forces :
G
¾ Poids du navire = mg appliqué au barycentre G du navire.
¾
•
G
G
G
G
La résultante des forces de pression est égale à la poussée d’Archimède : Π A = Π A( air ) + Π A( eau ) ≈ Π A( eau )
appliquée en C barycentre de la masse d’eau déplacée, appelé centre de poussée.
Théorème de la quantité de mouvement et théorème du moment cinétique en G à l’équilibre :
G
JJJG
G
G G
G JJJG G
0 = mg + Π A( eau ) et GG ^ mg + GC ^ Π A( eau ) = 0
On doit donc avoir G et C sur la même verticale.
C
G
équilibre
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Si G est au dessous de C, l’équilibre est stable. Si on l’écarte de sa position
d’équilibre, il existe une couple qui a tend le ramener vers sa position
d’équilibre.
C
G
G
Si G est au dessus de C, l’équilibre est stable. Si on l’écarte de sa position d’équilibre, il existe une
couple qui a tend l’écarter de sa position d’équilibre.
C
V. BILAN
On a trois façons de calculer les forces de pression :
JJG
G
• Forces de pression s’exerçant sur un élément de surface dS : dF = ± pdS . Attention à l’orientation. On détermine
facilement le signe sachant que les forces de pression sont des forces pressantes.
• Résultante des forces de pression s’exerçant sur un élément de volume dτ plongé dans un fluide :
JJJG
JJJJG
dF = − grad p dτ (revoir la démonstration avec les 6 faces d’un parallélépipède)
(
•
)
Forces de pression s’exerçant sur un corps totalement immergé indéformable : poussée d’Archimède =
l’opposé du poids du fluide déplacé. Elle s’applique au centre de poussée, c'est-à-dire au centre d’inertie du
fluide déplacé.
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