Cours Mecaflu Chap02 Enim

1Mécanique des Fluides - Département GEN 2007-2008

Ch.02- Statique des fluides

2.1 Pression dans un fluide2.2 Equations fondamentales de la statique des fluides2.3 Applications

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Mécanique des Fluides – Tronc Commun 1ère année 2009-2010


•••• On considère un fluide au repos (statique des Fluides);

•••• On considère un petit élément de surface δδδδS, muni d’un vecteur unitairenormal à l’élément de surface;

• L’élément de surface peut être immergé entièrement dans le fluide, ou appartenir à l’interface entre un solide et un fluide:

2.1 Pression dans un fluide immobile: définition

0rr

====v

nr

nr

solidefluide

nr

δδδδS

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• Alors, le fluide au repos exerce sur le petit élément de surface une force ;cette force est perpendiculaire à δδδδS; le rapport est homogène à une contrainte (force par unité de surface). C’est par définition la pression P du fluide:

• Corps solide de frontière (S) en contact ou immergé dans un fluide

Force totale exercée par le fluide sur le solide:

Fr

δSF δδ

SnPF δδ rr−=

∫∫∫∫∫∫∫∫ −−−−========→→→→

(S))S(

solidefluide dS n PF Frrr

δδδδ

nr

nr

dS

dS

(S)

:vecteur unitaire, normal à la paroi, « sortant » de la paroinr

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2.2.1 Cas d’un fluide incompressible

•••• On considère un fluide incompressible au repos (statique des Fluides):

•••• On suppose que le fluide est soumis à une force volumique F’ par unité de masse; par exemple, dans le cas de la force de gravité:

•••• On écrit l’équilibre mécanique d’un petit volume de fluide de dimensions (δδδδx,δδδδy,δδδδz):

2.2 Equations fondamentales de la statique des Fluides

0rr

====v

k g'Frr

−−−−====

appliquées forces des somme0onaccélérati . masse ========

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•••• Force de pression sur la face inférieure: P(z-δδδδz/2).δδδδx.δδδδy•••• Force de pression sur la face supérieure: -P(z+δδδδz/2).δδδδx.δδδδy•••• Force de pression sur la face gauche: P(y-δδδδy/2).δδδδx.δδδδz•••• Force de pression sur la face droite : -P(y+δδδδy/2).δδδδx.δδδδz•••• Force de pression sur la face avant : P(x-δδδδx/2).δδδδy.δδδδz•••• Force de pression sur la face arrière : -P(x+δδδδx/2).δδδδy.δδδδz

•••• Force volumique : -ρρρρ.δδδδx.δδδδy.δδδδz.g

z+δδδδz/2

z-δδδδz/2

P(z+δδδδz/2)

P(z-δδδδz/2)

kr

ir

jr

P(x+δδδδx/2)

P(x-δδδδx/2)

P(y-δδδδy/2)

P(y+δδδδy/2)

-ρ.ρ.ρ.ρ.g δδδδx.δδδδy.δδδδz

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•••• Premier principe de la dynamique projeté sur les directions x et y :

P indépendant de x et y: P = P(z)

•••• Premier principe de la dynamique projeté sur la direction z :

soit:

•••• P ne dépend que de z•••• P varie linéairement avec z•••• P diminue si l’altitude z augmente

z.y.x.g.y.x.z

z

PPy.x.

z

z

PP δδδδδδδδδδδδρρρρδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδ −−−−

∂∂∂∂∂∂∂∂++++−−−−

∂∂∂∂∂∂∂∂−−−−====

220

z.y.x

x

PPz.y.

x

x

PP δδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδδ

∂∂∂∂∂∂∂∂++++−−−−

∂∂∂∂∂∂∂∂−−−−====

220

z.x.y

yP

Pz.x.y

yP

P δδδδδδδδδδδδδδδδδδδδ

δδδδ

∂∂∂∂∂∂∂∂++++−−−−

∂∂∂∂∂∂∂∂−−−−====

220

0====∂∂∂∂∂∂∂∂====

∂∂∂∂∂∂∂∂

y

P

x

P

gdz

dP ρρρρ−−−−==== tecgzP ====++++ ρρρρ )c( te====ρρρρ

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Conséquences:

- surface libre en contact avec l’air à pression atmosphérique à l’altitude z0 :

- surface libre d’un liquide: plan horizontal

- continuité de la pression à l’interface entre deux fluides:

(((( )))) (((( ))))zzgPzP atm −−−−++++==== 0ρρρρ

Fluide 1

Fluide 2P(z)

z

z0 ( ) ( )−+ = 00 zPzP

tecz g P 11 =+ ρ

tecz g P 22 ====++++ ρρρρ

Fluide 1

Interface

Fluide 2

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Application:

1) Cas de l’eau: deux points A et B avec une différence d’altitude de 10m

On trouve :

La pression augmente environ d’1 atmosphère tous les 10 m.

2) Cas de l’air: pour la même différence d’altitude, en supposant que la masse volumique ne varie pas avec z:

La variation de pression est négligeable pour ces ∆∆∆∆z.

Ce résultat tombe en défaut pour de fortes variations d’altitude (plusieurs km), car la masse volumique varie avec z.

(((( )))) Pa1010 ., .10zz g PP 53ABeauAB ≈≈≈≈≈≈≈≈−−−−====−−−− 819ρρρρ

(((( )))) Pa1010 ., . 1,2zz g PP 2ABairAB ≈≈≈≈≈≈≈≈−−−−====−−−− 819ρρρρ

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Conséquences

La surface libre est à la même altitude dans tous les réservoirs

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Vérin hydraulique

Hypothèses:

zA1 = zA2

Force F1 appliquée sur S1

Question: valeur de F2 ?

Conclusion:

F2 = F1 S2 /S1

Si S2 >> S1, alors F2 >> F1

S1 S2

F1 F2

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2.3.1 Mesure d’une pression avec une colonne de liquide

2.3 Applications

hM

Inconvénients:

- PM > Patm- fluide = liquide

h g PP liqatmM ρρρρ++++====

1ρρρρ 2ρρρρ

h2h1

M

1122 h g h g PP atmM ρρρρρρρρ −−−−++++====

Avantages:

- PM > Patm ou PM < Patm- fluide 1= liquide ou gaz

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Remarques

• Technique de mesure limitée à des ∆∆∆∆P pas trop importants

• Pas adaptée à des pressions variant rapidement dans le temps

Il existe d’autres technologies de capteurs de pression adaptées aux fortes pressions et/ou aux variations rapides de pression:

•••• Principe mécanique avec circuit magnétique/électrique: capteur type Bourdon

•••• Capteurs piezo-électrique ou piezorésisitif: bonne réponse en fréquence

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2.3.2 Force exercée sur un solide immergé

On considère un volume V délimité par une surface S immergée dans un liquide en équilibre hydrostatique.

dS: élément de surface

: normale à la surface (dirigée vers l’extérieur)

Force élémentaire exercée par le fluide sur dS:

Force totale exercée par le fluide sur V délimité par S:

S

z

dS n P Fd −−−−====

∫∫∫∫−−−−====S

dS n P F

n

n

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Théorème d’Archimède

Conditions de validité:

- volume complètement ou partiellement immergé par le fluide au repos- ou alors pression continue sur la surface S du solide

Le théorème permet de calculer simplement la force résultante sans calculer l’intégrale des forces de pression

La résultante des forces de pression s’exerçant sur un volume V immergé

dans un fluide en équilibre hydrostatique est égale au poids du volume de

fluide déplacé. Cette force passe par le centre de gravité de la masse de

fluide déplacé.

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Vérification du théorème d’Archimède sur un cas simple

Parallèpipède (a,b,c)Hauteur immergée h

Force face supérieure: -Patmac

Force face inférieure: P(z=-h)ac

Loi de l’hydrostatique: P(z=-h) = Patm + ρρρρe g h

Force totale exercée par fluide: ρρρρeghac = g ρρρρehac

a

b

c

h

Poids du volume d’eau déplacé

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Exercice

•••• ρρρρ eau = 1000 kg.m-3

•••• ρρρρ huile = 600 kg.m-3

•••• ρρρρ bois = 900 kg.m-3

•••• Quelle fraction du volume de la bille est immergée dans l’eau ?

eau

huile

bois

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2.3.3 Force et centre de poussée

h

Cas d’un barrage rectangulaire, verticalde masse volumique homogène

Force de poussée: résultante des forces de pression exercées par lefluide sur la paroi

À droite : pression atmosphérique

P(z) = PatmÀ gauche: pression hydrostatique

P(z) = Patm - ρρρρe g z

PatmP(z) = Patm - ρρρρe g zO

Centre de poussée: point C pour lequel le moment de la force résultante est nul.

z=-h

Fr

Fr

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Calcul de la poussée F:

•••• force exercée sur élément de surface de hauteur dz:

•••• force totale:

(((( ))))[[[[ ]]]] dz b PzP atm−−−−

(((( ))))[[[[ ]]]] ∫∫∫∫∫∫∫∫−−−−−−−−

====−−−−====−−−−====0

h

2e

e

0

h

atm 2

bh gdz z b gdz b PzPF

ρρρρρρρρ

Calcul du centre de poussée C :

•••• moment par rapport à C :

•••• moment par rapport à O :

••••

•••• d’où :

OFCOMM OC

rrrr====∧∧∧∧++++====

(((( ))))[[[[ ]]]] ∫∫∫∫∫∫∫∫−−−−−−−−

====−−−−====−−−−0

h

3e2

e

0

h

atm 3bh g

dz z b gdz z b PzPρρρρρρρρ

2

z h b g FCO C

2eρρρρ

====∧∧∧∧r

3

h 2zh CC ====−−−−====

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Remarques :

•••• Soient zG l’altitude du centre de gravité du barrage: zG = -h/2S la surface du barrage: S = bh

alors: F = ρρρρe g b h2/2 = ρρρρe g |zG| S

On verra que cette relation:

est vraie quelle que soit la forme du barrage, même incliné,

pourvu qu’il soit plan. Il suffit donc de connaître hG et S.

•••• Le centre de poussée C est situé plus bas que le centre de gravitéG du barrage

SghF Geρρρρ====

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Cas d’une paroi plane inclinée de forme quelconque

hhG

O

x

y

dF

G

C

yGyC

y

xR

x

G : centre de surfaceC : centre de poussée

θθθθ

Élément de surface dS

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Calcul de la force résultante:

•••• force exercée sur élément de surface : perpendiculaire à l’élément de

surface et d’intensité

•••• force résultante :

•••• moment d’ordre 1 de la surface par rapport à l’axe x et coordonnée du

centre de surface (de gravité) G:

•••• d’où:

soit:

dS h g dF ρρρρ====

dS y sin g dS sin y g dS h g F

SSS∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ============ θθθθρρρρθθθθρρρρρρρρ

∫∫∫∫====S

G dS y S1

y

h S g F Gρρρρ====

sin y S g F G θθθθρρρρ====

hG: distance verticale entre la surface libre et le centre de gravité de S

GG h sin y ====θθθθ

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Calcul du centre de poussée:

•••• le moment de la force résultante est égal au moment de la répartition

de pression sur S:

•••• soit :

•••• moment d’inertie par rapport l’axe x:

donc:

•••• théorème des axes parallèles:

•••• Finalement: ( yC > yG )

∫∫∫∫ ∫∫∫∫========S S

2C dS y sing dF y F y θθθθρρρρ

S y

dS y

yG

S

2

C

∫∫∫∫====

∫∫∫∫====S

2x dS y I

S y

I y

G

xC ====

2GG xx y SI I ++++====

GG

G xC y

S y

I y ++++====

Moment d’inertie par rapport àl’axe x dans repère d’origine G

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•••• de même, on trouve:

avec le produit d’inertie IxyG calculé dans un repère d’origine G par rapportaux axes x et y:

∫∫∫∫====S

Gxy dS yx I

GG

G xyC x

S y

I x ++++====

Moments d’inertie pour des formes simples:

Rectangle Cercle

Gx

y

b

a Gx

y

R

================

0 I

12/b a I

12/ba I

ab S

xyG

3yG

3xG

============

====

0 I

4 /R I I

R S

xyG

4yGxG

2

ππππππππ

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Cas du barrage rectangulaire vertical:

••••

•••• hC = yC = 2h/3S = bhIxG = h3b/12yG = h/2

h S g F Gρρρρ====(((( )))) 2

h bhg

2

h b g F

2

ρρρρρρρρ ========

S hG

GG

G xC y

S y

I y ++++====6/h

S yI

G

G x ====

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