Chap-2 Statique Des Fluides

cours CIRA 1ère année PASCAL BIGOT1

Après avoir étudié les propriétés générales des fluides, nous abordons ici le domaine desfluides en équili bre, ou encore des fluides au repos (pas d’écoulement dans ce chapitre…).Deux théorèmes vont ressortir de cette étude et prendre une grande importance en« instrumentation » : le théorème de l’hydrostatique et le théorème d’Archimède.

I PRESSION DANS UN FLUIDE PARFAIT EN EQUILIBRE

Les différentes cellules de fluide peuvent glisser les unes sur les autres sans frottement (fluideparfait), et il n’y a pas de vitesse d’écoulement.1) Définition de la pressionSoit un solide « S » immergé dans un fluide. On décompose sa surface en contact avec lefluide en éléments de surface élémentaire. A un tel élément, on associe un vecteur surface

élémentaire dS tel que :

• dS est défini au centre de gravité (ou barycentre) de l’élément de surface

• dS a une direction normale à l’élément

• dS est pris ici orienté vers l’ INTERIEUR du solide

• dS a une norme égale à la surface de l’élément considéré : dSdS =

La force exercé par le fluide sur le solide s’exprime alors par :

dSpdF .=le scalaire « p » est par définition la pression qui règne sur l’élément de surface.ATTENTION : la pression p ne dépend pas de la surface dS, et en particulier de son

orientation (ce qui n’est pas le cas de la force dF ), mais dépend a priori de la position decette surface au sein du fluide. C’est d’aill eurs ce qui fait l ’ intérêt de la pression…..Nous admettrons qu’ il existe une pression en tout point du fluide, même en l’absence desolide immergé. En particulier, tout point du fluide lui même se trouve en équili bre sousl’effet des forces de pression qui s’exercent à sa surface, et des forces de volume (comme sonpoids).

2) Unités de pression

MECA-FLU II : STATIQUE DES FLUIDES


D’après la définition donnée ci-dessus, la pression s’exprime en ²m

N (

dS

dFp = )

On utili se comme unité « légale » le pascal : 1 Pa = 1²m

N, mais il y a beaucoup d’autres

unités possibles, en fonction du domaine de pression étudié……..UNITE CORRESPONDANCELe bar 1 bar = 510 Pa

L’atmosphère 1 atm = 101325 Pa = pression exercée par une colonne demercure de 760 mm

Le torr (techniques du vide) 1 torr = pression exercée par une colonne de mercure de 1mmLe Poundforce per Square

Inch (psi)1 psi = 6895 Pa

Le mètre de colonne d’eau(masse volumique prise à 4°C

sous 1 atm)

1 mCE= 9807 Pa = pression exercée par 1 m de colonne d’eau

Le mCE est très commode lorsque le fluide est l’eau (chauffage, réseau d’eau potable…)maisne se justifie pas pour les autres liquides.

II EXPRESSION DE L ’EQUILIBRE D’UN FLUIDE

1) Cas d’un fluide soumis à la pesanteurLe fluide est donc ici en équili bre sous la seule action du champ de pesanteur .Etablissons la relation fondamentale de l’hydrostatique :

- sur Ox : 0=− ABCDEFGH dFdF , soit

p(x).dy.dz – p(x+dx).dy.dz = 0, c’est à dire : p(x) = p(x+dx)autrement dit, il n’y a pas de variation de la pression selon la direction Ox- sur Oy : 0=− BFGCAEHD dFdF , soit

p(y).dx.dz – p(y+dy).dx.dz = 0, c’est à dire : p(y) = p(y+dy)autrement dit, il n’y a pas de variation de la pression selon la direction Oy- sur Oz : 0=−− dPdFdF EFBAHGCD le poids intervient pour cette projection, ainsi :

p(z).dx.dy – p(z+dz).dx.dy - )(zρ .g.dx.dy.dz = 0 ==> gdz

zpdzzp.

)()( ρ−=−+

qui s’écrit, lorsque dz tend vers zéro :

Isolons une cellule du fluide en équili bre, etfaisons le bilan des forces s’exerçant sur elle :

• dP poids de la cellule de fluide

• ABCDdF action des forces pressantes surla face « ABCD »

• ……idem pour les 5 autres facesLa somme vectorielle de toutes ces forces doitêtre nulle. On note ρ la masse volumique dufluide dans la cellule.La projection sur les 3 axes donne :


gdz

dp.ρ−=

ou encore

dzgdp ..ρ−= (axe vers le haut) (E1)REMARQUES :1- L’axe « z » a été orienté vers le haut ! Un axe orienté vers le bas aurait donné :

dzgdp ..ρ= (axe vers le bas) (E2)Pour s’aff ranchir de cette orientation, on peut écrire ce résultat sous la forme :

dlgdp ..&ρ= (E3)

2- Les relations ci-dessus auraient pu être écrites :

p(x).dy.dz – p(x+dx).dy.dz = 0 ==> 0.)()( =−+− dx

dx

xpdxxp soit : 0. =

∂∂

dxx

p

p(y).dx.dz – p(y+dy).dx.dz = 0 ==> 0.)()( =−+− dy

dy

ypdyyp soit : 0. =

∂∂

dyy

p

et dzgdzdz

zpdzzp...

)()( ρ=−+− ==> dzgdzz

p... ρ−=

∂∂

IMPORTANT Les trois relations (E1), (E2) et (E3), qui sont identiques, sont des relations LOCALES, ellesont été obtenues sans hypothèse particulière, et sont valables quel que soit le fluide étudié.Ces relations sont « localement » vraies. C’est leur adaptation à un système de taill eimportante (donc plus de «localité ») qui débouchera sur des formules applicables dans descas bien précis. Illustrons ceci par deux applications importantes……..APPLICATION 1 : HYDROSTATIQUEOn appelle hydrostatique la statique des fluides incompressibles (masse volumique constante).

UNIQUEMENT POUR LES FLUIDES INCOMPRESSIBLES ! ! !c’est la loi fondamentale de l’hydrostatique.On peut en tirer aussi le théorème de Pascal :

« un fluide incompressible transmet intégralement les pressions »En effet, pour deux points A et B fixes, toute augmentation de pression en A se transmet en B,puisque la différence de pression ne dépend que de la différence d’altitude, qui demeureconstante…….APPLICATION 2 : LE GAZ PARFAITCette fois, utili sons notre loi locale pour un G.P. porté à une température constante 0T :

Appliquons cette relation à deux points d’un fluide aurepos :

∫ −=Bpo

Apo

dzgdpint

int

]..[ ρ ce qui donne,

∫∫ −=B

A

B

A

z

z

p

p

dzgdp .ρ puisque ρ ne dépend pas de

l’altitude (incompressible) autrement dit :

)(. ABBA zzgpp −=− ρ


Nous avons vu que la masse volumique de ce G.P. à la pression p peut s’exprimer grâce à sa

masse volumique à la pression 0p et à la température 0T par : 0

0.p

pρρ = , la relation locale

donne par intégration :

∫ −=BPOINT

APOINT

dzgdp ]..[ ρ mais, ici ρ dépend de p, et l’ intégration n’est possible que si elle est faite

en regroupant toutes les dépendances en « p » d’un côté et toutes les dépendances en « z » del’autre :

∫ ∫ −=B

A

B

A

p

p

z

z

gdzpp

dp.

0

0ρ

qui donne : B

A

B

A

zz

pp zg

pp ].[.)][ln(

0

0ρ−= , soit : ).(.)ln(

0

0AB

A

B zzgpp

p −−= ρ

finalement :

)(.0

0

.AB zzg

pAB epp

−−=

ρ

CONSEQUENCE PRATIQUE : pour l’air 0ρ = 1,3 3. −mkg sous 50 10.013,1== App Pa,

calculons la variation de pression pour une élévation de 10 m :

AB zz − =10 m ==> Bp = 1,014 ; 510 Pa on constate que %1<∆

Ap

p

ainsi, on pourra considérer que la pression de l’air est la même pour des systèmes ayant desdimensions de l’ordre de la dizaine de mètres (ce qu’on ne peut pas dire pour un liquide……).2) Cas d’un fluide soumis à une accélération radialeUn fluide est placé dans un récipient cylindrique, qui tourne à vitesse angulaire constante. Lasurface libre du fluide se creuse, ce phénomène est appelé un VORTEX. On se propose ici dedonner l’équation des surfaces isobares (de même pression)

Le poids agit selon zu− , tandis que la force centrifuge agit selon ru (de norme rm ²..Ω )

• projection selon zu : on retrouve le résultat du 1)

dzgdzz

p... ρ−=

∂∂

(1)

La symétrie du problème impose une décomposition avec descellules de fluide situées à la distance r de l’axe, d’épaisseur dr,de hauteur dz, et de longueur θrd :

Pour un observateur LIÉ à la cellule de fluide, celle-ci est enéquili bre sous l’action de son poids, des forces pressantes et de laforce centrifuge. Exprimons cette équili bre dans la base

orthonormée zr uuu ,, θ :


• projection selon θu : dzdrdpdzdrp .).(.).( θθθ += soit : 0. =∂∂ θθ

dp

(2)

• projection selon ru : 0..)(²....).( =+−Ω+ dzdrdrrprmdzdrrp θθla masse de la particule de fluide valant : dzrdrdm .. θρ= , soit :

drrdrdr

rpdrrp.²...

)()( Ω=−+ ρ ==> drrdrr

p.²... Ω=

∂∂ ρ (3)

La somme (1) + (2) +(3) donne :

drrdzgdrr

pd

pdz

z

p.²....... Ω+−=

∂∂+

∂∂+

∂∂ ρρθ

θle membre de gauche représente la différentielle totale de p Î dp , ainsi :

drrdzgdp .².... Ω+−= ρρ (E)

L’ intégration de la relation (E) entre le centre (d’altitude 0h , et de rayon r = 0) et le bord

(d’altitude H et de rayon R) pour des variations de pression nulle (dp = 0) nous donnel’équation des isobares cherchées :

∫∫ Ω=RH

h

drrg

dz0

..²

0

d’où : g

RhH

.2

²².0

Ω+= qui est l’équation d’une parabole.

En résumé, dans ce cas précis d’équili bre, les surfaces isobares ne sont plus des planshorizontaux comme dans le cas du 1), mais des paraboles………3) La mesure de la pressionNous consacrerons un paragraphe à part pour cette mesure.La plupart des manomètres mesurent des pressions RELATIVES, tandis que dans lesrelations établies ci-dessus, il s’agissait exclusivement de pressions ABSOLUES.• pression ABSOLUE : c’est la pression par rapport à la pression d’un vide parfait, c’est à

dire en prenant comme référence p = 0• pression RELATIVE : sous-entendue relativement à la pression de l’atmosphère ( ~ 1

bar), c’est la pression mesurée par rapport à celle de l’atmosphère entourant l’appareil demesure (la conception des manomètres fait souvent ressortir cette mesure)

• pression DIFFERENTIELLE : c’est ici une différence de deux pressions que donnel’ instrument de mesure. La pression relative est une pression différentielle (différenceentre la pression dans la canalisation et la pression de l’atmosphère extérieure) MAIS unepression différentielle n’est pas obligatoirement une pression relative…..

• pression STATIQUE : son utili sation sera justifiée dans le chapitre suivant, la pression

statique en un point A est : AAA zgpp ..* ρ+= (nous lui donnerons l’ indice « * »)

En résumé :

Remarquons aussi que dans larelation )(. ABBA zzgpp −=− ρle résultat est inchangé, que lespressions soient absolues ourelatives….


III LES FORCES DE PRESSION SUR UN CORPS IMM ERGÉ1) La poussée d’ArchimèdeUne démonstration complète du célèbre théorème d’Archimède nécessite quelques notionsd’analyse (intégrale de surface, et intégrale de volume……), mais, nous allons le vérifier dansle cas d’un solide de forme simple, avant de rappeler sa formulation pour n’ importe quelsolide.

∑=ΠSURFACE

A pressions

Soit, dans notre exemple :

kVgkSzzgkSzpzpA

&&&

....)]..(.[.)].()([ 2112 ρρ =−=−=Πoù V représente le volume du solide ( c’est à dire le produit S.( 1z - 2z ) ).On remarque deux « choses » importantes :

- la poussée d’Archimède est dans le sens du vecteur unitaire k&

, c’est à dire vers le haut- la poussée d’Archimède est, en norme égale au poids de volume de fluide déplacé

CE RESULT AT EST GENERAL2) Théorème d’Archimède

« Tout corps plongé dans un fluide en équilibre est soumis de la par t decelui-ci à une poussée ver ticale dir igée de bas en haut, égale au poids duvolume de fluide déplacé, et appliqué au centre de masse de ce volume

(centre de carène) »

Comme solide particulier, nous prenons un cylindre fermé pardeux surfaces de même aire « S » et par une surface latérale« LS » :Faisons le bilan des forces de pression exercées par le fluide surle solide :

• forces de pression sur la surface supérieure SUPF

• forces de pression sur la surface inférieure INFF

• forces de pression sur la surface latérale LATF

kSzpFSUP

&

.).( 1−= où )( 1zp est la pression à l’altitude 1z

kSzpFINF

&

.).( 2= où )( 2zp est la pression à l’altitude 2z

avec : )( 1zp < )( 2zp puisque l’altitude en 1 est plus grandeque celle en 2

0&

=LATF par des considérations de symétrie. En effet :tout point de la surface latérale qui subit une certaine force depression possède un symétrique subissant, lui, la force depression opposée. Celles-ci s’annulent donc 2 à 2.La poussée d’Archimède est par définition la somme de toutesles forces de pression :


3) La machine fantastique

IV ACTION DES FORCES DE PRESSION SUR UNE PAROINous allons déterminer la force qu’exerce un liquide sur une paroi dans deux formesparticulières, très utiles dans la pratique : la paroi plane et la paroi cylindrique (canalisation).Ces calculs deviennent vite compliqués pour d’autres types géométrique.

On pourrait être tenté de réaliser la machine suivante :un cylindre est placé pour moitié dans un liquide et pourmoitié dans l’air. Il peut se mouvoir en rotation autourde son axe de symétrie, un joint souple empêche toutefuite, et les frottements sont quasi-nuls.Mais ATTENTION au raisonnement grossier quiconsisterait à croire que le cylindre tournerait sansapport d'énergie autre que celui apporté par les deuxpoussées d’Archimède dues respectivement au liquide età l’air, comme sur le schéma ci-dessous :

L’erreur ici vient du fait que le volume de liquide (de mêmeque celui d’air) déplacé par le cylindre ne saurait être enÉQUILIBRE, puisque en l’absence de cylindre, ce liquides’écoulerait (ouverture…).D’aill eurs, pour s’en convaincre, représentons les forces depression s’exerçant sur le cylindre :

Les poussées d’Archimède sont en réalité, avec unraisonnement correct, horizontales, et passent parl’axe.PAS DE ROTATION POSSIBLE ! ! !La machine fantastique ne marche pas……..

1) Cas d’une paroi planeUne paroi (longueur L, hauteur h)est soumise d’un côté àl’action d’un liquide de masse volumique ρ , et de l’autre àl’action de l’air extérieur.En application de ce qui a été remarqué au paragraphe II 1)application 2, la pression de l’air peut être considéréecomme constante partout sur la paroi.Par contre, il n’en va pas de même pour le liquide…Ce qui veut dire qu’ il faut tenir compte de la variation dehauteur. Envisageons la surface élémentaire dS, située à unehauteur z de la base de cette paroi, et d’épaisseur dz :


Cette surface élémentaire est soumise à la force pressante due àl’air, et à celle due au liquide :

kdSzpkdSpzpkdSzpkdSpdF RELEXTEXT

&&&&

.).(.))((.).(.. =−=+−=en faisant intervenir la pression relative, qui s’exprime grâce authéorème de l’hydrostatique : ).(.)( zhgzpREL −= ρLa force totale est obtenue en sommant toutes les contributions de0 à h : (avec bien sûr dS = L.dz)

kLh

gkzzhLgkdzLzhgdFF hh

&&&&

..2

²...²]

2

1..[....)..(. 0

0

ρρρ =−=−== ∫∫

Le point d’application « C » peut être déterminer par desconsidérations de symétrie et une condition sur les moments.Tout d’abord, la plaque est symétrique par rapport à un axeverticale passant par son milieu (pas de symétrie horizontale…).

La somme des moments par rapport à C doit être nulle :• pour les dS situées au-dessus de C, le moment est négatif et

vaut )).(.(...).( dzzhdzLgdzdFdM C −−−=−−= ρ• pour les dS situées au-dessous, le moment est positi f :

)).(.(...).( zdzhdzLgzddFdM C −−=−= ρ

• Il faut donc : 0=∫ CdM , ce qui donne pour d :

hd .3

1=

2) Cas d’une conduite cylindriqueExaminons le cas d’un liquide dans une conduite. Lapression du liquide est supposée uniforme à l’ intérieur(rayon faible, donc pas de variation notable). Par desconsidérations de symétrie, le point d’application est icifacile à trouver.Intéressons nous à la force. Dans notre cas, la norme dela force est partout la même, mais la direction change. Ilfaut encore recourir à des surfaces élémentaires.Choisissons une surface élémentaire, de même longueurque la conduite, et comprise entre les angles θ et

θd (donc θdRLdS ..= ). Le fluide et l’air exercent sur lasurface dS de la canalisation une force globale:

dSpdF REL .= qui s’écrit selon les directions i&

et j&

:

θθ

sin..

cos..

dSp

dSpdF

REL

REL en sommant toutes les

contributions :


LRpdRLpdF RELRELx ...2.cos...2

2

== ∫∫−

π

π

θθ et

0.sin...2

2

== ∫∫−

π

π

θθ dRLpdF RELy

La force est donc selon le vecteur i&

et vaut : iLRpF REL

&&

....2=La conduite doit donc résister à cette force, grâce aux deux actions CF qui peuvent s’écrire en

introduisant la contrainte σ que peut supporter la conduite (fonction du matériau et du rayonde cette conduite) :

iLeFC

&

)...( σ−=et l’équili bre impose : 02

&&

=+ CFF soit :

σ.....2 LeLRpREL =

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