Année 2013/14 Filière : STPI Module : Physique V Responsable : Pr Anoua M. 1.

Année 2013/14 Filière : STPI Module : Physique V Responsable : Pr Anoua M. 1

- Elément de Module 2 :MECANIQUE DES SOLIDES ( mécanique des milieux indéformables ) -Elément de Module 1 : MÉCANIQUE DES FLUIDES -( mécanique des milieux déformables) - Elément de Module 3 : EXPERIMENTATION : - Théorème de Bernoulli (Calcul de pertes de Charge) - Etude de l’impact d’un jet d’eau sur un obstacle - Tube de Venturi - Viscosimètre 2 MODULE : Physique V FILIERE : STPI EVALUATION : Pour élément 1 et 2 : note = 30%Contrôle+50% Examen + 20%ETG Pour élément 3 : note = Examen + contrôle + CR Note du Module : 40% du module 1 et 2. 20% du module 3

I- INTRODUCTION II- CINEMATIQUE DES FLUIDES 1- Particule fluide 2- Descriptions lagrangienne et Eulérienne des écoulements 3- Trajectoires, lignes de courant 4- Champs de vitesse dans un liquide (Théorème de Chauchy) 5- Applications 1- La mécanique des milieux indéformable et déformables? SOMMAIRE SOMMAIRE MECANIQUE D E S F L U I D E S 2- Objet de la mécanique des fluides 3- Milieux déformables : solides et Fluides 4- Approche adopté à mécanique des fluides 5- Hypothèses en mécanique des fluides 6- Points géométriques et matériels 7- Définition d’un fluide 3

III- ÉQUATIONS FONDAMENTALES DE LA MÉCANIQUE DES FLUIDES 1- Introduction: solide, liquide, gaz; qu'est-ce qu'un fluide ? 2- Propriétés du fluide parfait en équilibre 3- Théorème fondamental de la statique des fluides 4- Applications :surface libre; surface de séparation de liquides non miscibles; vases communicants; pression atmosphérique; variation avec l'altitude; transmission des pressions; paradoxe hydrostatique Applications : poids apparent, mélange; iceberg, équilibre d’un solide flottant... Applications : Force de pression sur une paroi 1- conservation de la masse 2- conservation de la quantité des mouvements 3- conservation d’énergie 4- Equations d’états 5- Conditions aux limites et initiales IV- STATIQUE DES FLUIDES 5- THÉORÈME D'ARCHIMÈDE 6- CALCUL DES EFFORTS SUR LES PAROI 4

V- DYNAMIQUE DES FLUIDES PARFAITS 1- Conservation du débit. 2- Équation de Bernoulli 3 - Applications: - orientation du tube - Tube de Pitot - Effet Venturi - Force associée à la dissymétrie, - Limites d'application (variation brusque de section) - Extension aux cas des gaz VI- NOTIONS SUR LES FLUIDES VISQUEUX 1- Viscosité: phénomène macroscopique i.e. résistance au mouvement, valeurs de viscosité; faibles / grandes vitesses 2- Viscosité: phénomène microscopique, loi fondamentale des fluides visqueux - Loi de Poiseuille, profil de vitesse - Débit, vitesse moyenne - Applications: arrosage; transfusion sanguine,... - Notion de régime turbulent et nombre de Reynolds 5

 MECANIQUE DU POINT MATERIEL  MECANIQUE DES SOLIDES INDERFORMABLES (solide)  MECANIQUE DES SOLIDES DERFORMABLES (Méca. Fluide.)  Système :Point Matériel M(m) 1- La mécanique ? Chapitre I: INTRODUCTION  Système :Milieu indéformable (solide), définition???  Système :Milieu déformable (Particule fluide)  Champ de vitesse :translation, pas de rotation? mais on étudié la rotation  R/R0  Champ de vitesse :translation + rotation :  solide/R0 = 3 rotations (  )  Champ de vitesse :translation + rotation + Déformation  Trajectoire absolue, trajectoire relative, Mouvement d’entraînement  Trajectoire, ligne de courant  Trajectoire (base, roulante) Echelle? [Difficultés: dérivée un vecteur] [Difficultés: imagination dans l’espace et I ] [ Difficultés: calcul de la vitesse ] 6

PAR CONTRE, en Mécanique des solides indéformables Pour connaître la vitesse d’un point d'un solide indéformable, on a : 2- Objet de la mécanique des fluides La mécanique des fluides fait partie de la mécanique des milieux déformables. En fait, ce cours devrait s'appeler: MÉCANIQUE DES MILIEUX DÉFORMABLES Par exemple Par exemple, -  Air sortant d'un ventilateur,…….. -  Eau s'écoulant dans un canal, sont des milieux continus déformables, c'est-à-dire que la distance entre deux particules du milieu peut varier au cours du mouvement. Donc : le nombre de paramètres pour décrire le mouvement d'un milieu continu déformable est infini : définir un champs de vitesse,…. 7

 On peut distinguer les solides déformables et les fluides :  Les solides soumis à des efforts ne subissent qu'une déformation limitée (RDM)  alors que le fluide ne cesse de se déformer : il s'écoule.(Mécanique des Fluides.)  Pour un solide déformables la relation entre effort et déformation est représentée sur le graphe de la figure 1 :  domaine élastique : la relation est linéaire et réversible,  domaine plastique : la relation n'est ni linéaire ni réversible.  On distingue deux domaines : rupture Domaine élastique Domaine plastique Déformation Contrainte 3- Milieux déformables : solides et Fluides 8

Or, les connaissances de physique moléculaire et atomique, vu par une approche microscopique, sont en contradiction flagrante avec cette hypothèse ! La définition mathématique précédente suppose que pour deux points très proches, la définition de la grandeur physique a encore un sens. La Méca.flu. traite les milieux avec une approche Macroscopique ou phénoménologique. En effet les notions de masse volumique, de pression ou de vitesse du milieu n'ont aucun sens à cette échelle, puisque la matière vue à cette échelle est essentiellement constituée de vide. 4- Approche adopté à la mécanique des fluides Si l'on regarde la matière de « très près » (échelle macroscopique), la matière est granulaire, faite d'atomes. A notre échelle, un objet solide semble continu, c'est-à-dire que ses propriétés semblent varier progressivement :  Approche microscopique  Approche macroscopique 9

Mécanique des fluides 10

: - isotrope : ses propriétés ne dépendent pas du repère dans lequel elles sont observées ou mesurées. Assure que les propriétés sont identiques dans toutes les directions de l'espace. 5- Hypothèses en mécanique des fluides continues  L'hypothèse de la mécanique des fluides consiste à considérer des milieux dont les propriétés caractéristiques, masse volumique, déformation, élasticité, etc. sont continues  Des hypothèses supplémentaires peuvent éventuellement être faites: : - homogène : ses propriétés sont les mêmes en tout point ( quelque soit x ). : - compressible et incompressible : - la viscosité : dans un écoulement chaque molécule de fluide ne s’écoule pas à la même vitesse : on dit qu’il existe un profil de vitesse Un fluide est dit incompressible lorsque son volume demeure quasiment constant sous l'action d'une pression externe. - Fluide parfait: En mécanique des fluides, un fluide est dit parfait s'il est possible de décrire son mouvement sans prendre en compte les effets de viscositémécaniquefluide 11

en termes mathématiques, cela signifie que la masse volumique d'un tel fluide est supposée constantemathématiquesmasse volumique ρ = ρ 0 = constante le fluide est incompressible En réalité, tous les fluides sont compressibles, certains plus que d'autres. La compressibilité d'un fluide mesure la variation de volume d'une certaine quantité de ce fluide lorsqu'il est soumis à une pression extérieure.compressibilitéquantité Ainsi si l'on bouche l'orifice de sortie d'une pompe à vélo et que l'on pousse sur la pompe, on voit que l'on peut comprimer l'air contenu à l'intérieur.pompepousse C'est pour cette raison que pour simplifier les équations de la mécanique mécanique des fluides, on considère souvent que les liquides sont incompressibles. En effet, (  = constante) Exemple : c'est parce que la compressibilité de l'eau (et de tous les liquides) est très faible En revanche si l'on faisait la même expérience avec de l'eau à l'intérieur,eau on ne pourrait quasiment pas déplacer la pompe : 12

Ecoulement permanent en moyenne : Ecoulement permanent en moyenne : Très souvent, les grandeurs physiques décrivant le fluides dépendent du temps mais restent constantes en moyenne. V temps (On se place en un point fixe de l’écoulement et on mesure la vitesse à des instants différents) : si ces vitesses st des ctes donc l’écoul. est permenent Écoulement permanent (ou stationnaire) Écoulement permanent (ou stationnaire) : On dit qu’un écoulement est permanent si le champ des vitesses, la pression, la masse volumique en chaque point ne dépendent pas du temps. -Ecoulement uniforme -Ecoulement uniforme si le champ des vitesses est indépendant de l’espace : V(t) (On mesure la vitesse en différents points de l’écoulement, au même instant) : Si ces vitesses st des ctes donc l’écoulement est uniforme 13

6- Points géométriques et matériels L'espace E3 est constitué de points géométriques. Le milieu matériel est constitué de points matériels appelés aussi particules. Si le milieu matériel est en mouvement, les points matériels se déplacent et leur position coïncide à chaque instant avec des points géométriques différents. A chaque particule sont attachées des grandeurs physiques (pressions, température, vitesse, tenseur des contraintes, tenseur des déformations, etc.) La position à l'instant t est donc un vecteur OM de E3.  Points géométriques  Points matériels 14

 - Trajectoire On appelle trajectoire de la particule P, l'ensemble des positions géométriques occupées par la particule P au cours du temps.  - ligne de courant On détermine, à un instant t donné, l’ensemble des vitesses associées à chaque point de l’espace occupé par le fluide : Ligne de courant à t 1 M1M1 M2M2 M3M3 V 1 (t 1 ) V 2 (t 1 ) V 3 (t 1 ) V 1 (t 2 ) V 2 (t 2 ) V 3 (t 2 ) Ligne de courant à t 2 Photo instantanée de l’écoulement P(t 0 ) P(t 1 ) P(t 2 ) P(t n ) La vitesse est tangente à la trajectoire V(t) 15

7- Définition d’un fluide: Un fluide peut être considéré comme étant formé d'un grand nombre de particules matérielles, très petites et libres de se déplacer les unes par rapport aux autres. ( un paquet de molécules dans un volume dV autour de M) : Parmi les fluides, on fait souvent la distinction entre liquides et gaz. Un fluide est donc un milieu matériel continu, déformable, sans rigidité et qui peut s'écouler. La propriété physique qui permet de faire la différence entre les deux est la compressibilité. 16 La vitesse de la particule fluide est donc la vitesse moyenne des molécules contenues à chaque instant dans dv. Elle est attribuée à M

17 IL s’agit de l’étude des fluides en mouvement : On fera une description des écoulements sans faire le calcul des forces mises en jeu. I- Définitions : I.1-La particule fluide : C’est un ‘‘paquet’’ de molécules entourant un point M donné : Les molécules sont toutes à la même vitesse à l’instant t et possèdent les mêmes propriétés cinématiques et physiques ( V, p, T,  La cinématique, c'est l'étude du mouvement des fluides sans tenir compte des forces qui lui donne naissance. Choix du volume élémentaire représentatif (VER)? VER  Volume

18 Soient M(x 0,y 0, z 0 ) les coordonnées d’une particule de fluide à l’instant t o dans le repère 0,x,y,z. Ces coordonnées indépendantes (x 0,y 0, z 0,t) sont appelées variables de Lagrange. La position de la particule à l’instant t est M(x, y, z, t). x=f 1 (x 0, y 0, z 0, t) y=f 2 (x 0, y 0, z 0, t) z=f 3 (x 0, y 0, z 0, t) Pour avoir l’évolution du fluide, il faut déterminer les relations suivantes: Remarque : M décrit une trajectoire M à t 0 M à t O x y z I.2- Description Lagrangienne. Dans cette description l’observateur suit une particule donnée au cours de son mouvement à partir de l’instant initial. C’est la même particule M

19 Exemple : Mouvement défini par une description Lagrangienne : Par définition La vitesse de M est : Soit : Et l’accélération de M : Soit:

20 - Trajectoires d’une particule fluide Il suffit donc de suivre l’évolution de la particule fluide au fil du temps. Ainsi le lieu géométriques (trace) des positions successives occupées par une particule constitue ce qu’on appelle la « trajectoire » de cette particule M M(t 0 ) M(t 1 ) M(t 2 ) M(t 3 ) M  trajectoire donc Et si On peut écrire donc : 3 équation du premier ordre 3 constantes d’intégrations. O x y z V(x 0, y 0, z 0, t) = dOM/dt Remarque : la vitesse est par définition : dOM/dt=dérivée sur place de OM

21 Par intégration : Soit 1°) l’unité de a et b ont l’unité d’une vitesse (m/s) et  est une accélération (m/s 2 ) 2°) Pour une particule fluide qui appartient à la trajectoire: Équation paramétrique Et par élimination de t : C’est l’équation cartésienne de la trajectoire : Trajectoires : Paraboles Exemple : Soit un écoulement tel que le vecteur vitesse d’une particule fluide est : Où a  et b sont des constantes 1°) quelle est l’unité de a,  et b 2°) Déterminer la trajectoire de cette particule fluide

22 Cette fois l’observateur est placé en un point M fixe du repère, et regarde passer les particules fluides devant lui. Ainsi, à deux instant différents, ce n’est pas le même particule qui occupe la position de M de l’observateur. I.3- Description Eulérienne Et on calcule les variables (vitesse,pression,température,) du point qui passe par M. Cette description de l’écoulement consiste à établir à un instant donné l’ensemble des vitesses associées à chaque point de l’espace occupé par le fluide M1M1 M2M2 V 1 (t 1 ) V 2 (t 1 ) V 1 (t 2 ) V 2 (t 2 ) A chaque instant t, l’écoulement du fluide est décrit au moyen d’un champ de vecteur vitesse. « photo instantanée de l’écoulement » On étudie ce qui se passe, à chaque instant (on fixe le temps), en chaque point de l’espace : A l’instant t 1, M 1 à une vitesse V 1 (t 1 ) Et M 2 à une vitesse V 2 (t 1 ) A l’instant t 2, M 1 à une vitesse V 1 (t 2 ) Et M 2 à une vitesse V 2 (t 2 ) (x,y,z,t) sont appelées variables d’Euler Toutes les grandeurs relatives à la particule (vitesse, pression, température,...) sont données en fonction du vecteur lieu actuel (x, y, z) et le temps t O x y z

- DÉTERMINATION DE L’ACCÉLÉRATION EN VARIABLES D’EULER : particules fluides différentes Mais en description Eulérienne les vitesses sont des vitesses de particules fluides différentes. En cinématique, pour déterminer l’accélération, on cherche le taux de même particule fluide variation de la vitesse d’une même particule fluide au cours du temps : Si V(x,y,z,t) est le champ eulérien de vitesse, Et  (x,y,z,t) celui d’accélération. Rappel : 23

24 On a :Donc, on doit calculer la dérivée : En reportant ces expressions dans (1) : (1)

25 On a: Et puisque : et Donc : Exemple :La représentation eulérienne d’ un mouvement est donnée par : V(M) =at i +bx j. Déterminer l’accélération d’une particule fluide de ce mouvement

26 On appelle « Ligne de courant» la courbe qui, en chacun de ses points, est tangente aux vecteurs vitesses (à instant t fixe) O x y z M1M1 M2M2 V 1 (t 1 ) V 2 (t 1 ) V 1 (t 2 ) V 2 (t 2 ) M1M1 M2M2 L’équation d’une ligne de courant: Ligne de courant à t 1 Ligne de courant à t 2 V 3 (t 1 ) M3M3 M3M3 V 3 (t 2 ) Le long d’une telle ligne, à t o on a : dx et V(x,y,z,t 0 ) sont colinéaires : Donc : - Ligne de courant

27 Exemple : Soit un écoulement tel que le vecteur vitesse d’une particule fluide est : Où a  et b sont des constantes 1°) quelle est l’unité de a,  et b 2°) Déterminer la trajectoire de cette particule fluide 3°) donner la ligne de courant à t 0 3°) La ligne de courant à t 0, vérifiée l’équation suivante : Donc les lignes de courant sont des droites Soit :

28 - Ecoulement stationnaire (permanent) Dans ce cas, les trajectoires sont données par : Et les lignes de courants par : (u, v, w ne dépendent pas de t (implicitement ils dépendent de t) ) Donc si l’écoulement est permanent : ligne de courant = trajectoire Exemple 1: de robinet : On a donc la vitesse qui dépende que de x,y,z : Le champ de vitesse ne dépend pas du temps : à t 1 V(A) V(B) V(C) Quant on ouvre un robinet, après le régime transitoire, le régime devient permanent si : V=V(x,y,z) car A l’instant t 1 : VA=1m/s, VB= 4m/s, VC=1m/s VA’=2m/s, VB’= 6m/s, VC’=2m/s Si à l’instant t 2 ces vitesses gardent les mêmes valeurs Donc : le régime est permanent C-à-d : à t 2 V(A) V(B) V(C) ABCABC A’ B’ C’ Exemple 2 : d’un écoulement dans un canal : Définition :Un écoulement est permanent si en description eulérienne les grandeurs sont indépendantes du temps

29 Série N°1 : CINEMATIQUE

30 Exercice La description du mouvement d ‘un fluide est donnée par les équations suivantes : x (x 0, y 0, z 0,t) = x 0 exp(  t) y (x 0, y 0, z 0,t) = y 0 exp(-  t) z(x 0, y 0, z 0,t) = z 0 x 0, y 0, z 0 sont les coordonnées d'une particule dans la configuration de référence, et les x,y,z sont les coordonnées de la particule au temps t.  est une constante positive. 1- Par quelle description est définie ce mouvement? 2- A quel instant t 0 (donner sa valeur) correspond la configuration de référence ? 3- Quelle est la description lagrangienne des composantes du vecteur vitesse ? 4-Quelle est la description eulérienne des composantes de ce même vecteur vitesse ? L’écoulement est-il permanent ? 5- Quelles sont les composantes Dij du tenseur des taux de déformation ? (voir fin de chapitre)

31 Solution : Ce mouvement est décrit par la description de Lagrange 2°) La configuration de référence est : Donc, il correspond à t=0, car : x (x 0, y 0, z 0,t) = x 0 exp(  t) y (x 0, y 0, z 0,t) = y 0 exp(-  t) z(x 0, y 0, z 0,t) = z 0 On a : Et pour t=o, on a bien : x (x 0, y 0, z 0,0) = x 0 y (x 0, y 0, z 0,0) = y 0 z(x 0, y 0, z 0,0) = z 0 Donc à t=0 correspond à la configuration de référence 3- Quelle est la description lagrangienne des composantes du vecteur vitesse ? On a : 4-Quelle est la description eulérienne des composantes de ce même vecteur vitesse ? La vitesse doit être fonction de x, y, z,t : soit V=V(x,y,z,t) : 1- Par quelle description est définie ce mouvement?

32 On a: Et puisque : x = x 0 exp(  t) y = y 0 exp(-  t) z= z 0 x 0 = x exp(-  t) y 0 = y exp(  t) z 0 =z Donc la vitesse s’écrit en description d’Euler : L’écoulement est-il permanent ? Oui, car la vitesse ne dépond que de x, y, z et ne dépond pas du temps, dans la description d’Euler. Remarque : x, y, z dépendent implicitement du temps t.

33 Le tenseur de déformation s’écrit: Dans notre cas : Donc : Remarque : Calculer la divergence de V(M) ? Pas de variation de volume On peut le constater en calculant la trace de :Trace de = 0 5- Quelles sont les composantes du tenseur des taux de déformation ?

35 - CHAMP DE VITESSE DANS UN FLUIDE ( milieu déformable) Soient un domaine élémentaire de centre le point C, tel que: M C (D) Et le point M de (D) tel que : Pour déterminer le champ de vitesse dans le domaine (D), on détermine la vitesse de M par rapport à R: On a: Et puisque : Soit : Soit un repère R( oxyz) muni d’une base orthonormée B =( i, j, k ) fixe galiléen Pour déterminer (la vitesse de M)/R, il nous reste à déterminer : et u, v, w les composantes de sa vitesse /R à t. R et u’, v’, w’ les composantes de sa vitesse /R : x y z O

36 On a : Et sa dérivée/t / R : On a : (i j k sont liés à R) Soit :

37 En reportant ces expression dans l’équation (1): B Vitesse de translation d’ensemble de son centre d’inertie Vitesse de rotation (en bloc) de (D)+ déformation de (D) Vitesse générale de la particule fluide

38 - Décomposition du mouvement général d’une particule fluide: On a :Ou encore : Posons : Le système (I), devient : (I) (II) et

39 Dans le système ci-dessus (II), les composantes : Représentent les composantes du produit vectoriel suivant: On pose le vecteur  de composantes p, q, r et puisque le vecteur CM est de Et soit D le vecteur de composantes: Qui peut se mettre sous la forme suivante : D B composantes dx, dy, dz. Ce produit vectoriel s’écrit :

40 D B Tenseur symétrique(déformation pure)=

41 Avec ces notations on obtient la relation vectorielle suivante : Et puisque : On obtient : Remarque Remarque : 1- le rotationnel de V(C), s’écrit : On a :Donc : Ou encore : vecteur tourbillon C’est le vecteur tourbillon L’écoulement du fluide est dite irrotationnel si

42 2- le tenseur des rotations pures, noté G ? G= Tenseur antisymétrique(rotation pure) On a: En écriture matricielle: Et puisque : Il vient :

43 Ce qui implique que les composantes de D et G sont : Soit en écriture indicielle : i c’est la ligne j c’est la colonne

44 1- d’une translation d’ensemble de son centre d’inertie, 3- d’une déformation caractérisée par D 2- d’une rotation autour du centre d’inertie, caractérisée par G L’expression de V(M) montre que le mouvement le plus général de la particule fluide est formé : Récapitulation Récapitulation :

45 A- ANALYSE DES TERMES DIAGONAUX (signification physique des termes diagonaux) I- ETUDE DU TENSEUR E DES DEFORMATIONS PURES Soit D dans le cas où tous les termes sont nuls sauf  11 : Donc : Et puisque : On a donc : On a : (signification physique des termes de D)

46 Soit N un point voisin de M sur l’axe Ox 1 N N’ le point N se déplace en N’ et le point N se déplace en N’ x1x1 x2x2 - Déterminer  l’allongement relatif dans la direction e 1 ? M On peut écrire :1- Puisque MN s’est transformé en NN’, Soit: On a, par définition, l’allongement relatif dans la direction e 1 : Et puisque NN’ = /NN’/ e 1 = NN’ e 1 (1) (2) Donc  11 représente  l’allongement relatif dans la direction e 1 Et par égalisation de (1) et (2): On obtient : MN=dx 1 e 1 ___________ > NN’

47 de même pour : Donc  33 représente  l’allongement relatif dans la direction e 3 Donc  22 représente  l’allongement relatif dans la direction e 2 Donc  11 représente  l’allongement relatif dans la direction e 1 Avec :

48 Remarque : Variation relative de volume Donc : Soit : Et se transforme en aire de MM’ 1 N’M’ 2 = A’ M’ 2 N’ M’ 1 La variation relative de l’aire A : Car  11   est un infiniment petit du second ordre. x1x1 x2x2 M M1M1 M2M2 N Soit le rectangle MM 1 NM 2 de côté, L’aire de MM 1 NM 2 = A =

49 Et puisque : La variation relative de volume est donc : Remarque : Si le fluide se déforme sans variation de volume (fluide incompressible) Donc s’ écrit : Qui représente la divergence de V(C), soit :

50 B- ANALYSE DES TERMES NON-DIAGONAUX On a le tenseur des déformations pures : Soit D dans un cas où tous les termes sont nuls sauf    . Dans ce cas D devient : Soit N 1 voisin de M sur Ox 1 et N 2 voisin de M sur Ox 2 Déplacement de N 1 à N’ 1 et Déplacement de N 2 à N’ 2 x1x1 x2x2 M N1N1 N2N2 ??? MN 1 = dr MN 2 = dr

51 Donc Le transformé de dr : MN 1 = dr MN 2 = dr N1N1 N’ 2 N’ 1 M N2N2 x1x1 x2x2 MN i initial MN’ i final A noter que :

52 Les angles étant petits on assimile donc angle en radian et tangente : Pour des petites déformation, les angles    et    peuvent être  considérer petits :    On a : Et soit   : N’ 2 N’ 1 x1x1 x2x2 M N1N1 N2N2 donc Et soit    On appelle la quantité (  la distorsion angulaire ou glissement en M suivant e 1 et e 2 - Déterminer cette quantité en fonction de  ij

53 Ce qui représente la distorsion angulaire. Donc on en déduit que : On appelle distorsion angulaire ou glissement en M suivant la quantité, notée: On a :

54 E=D

55  Interprétation du tenseur de rotation pur G On utilise la même démarche que pour le tenseur de déformation pur D On suppose que tous les  ij  sont nuls sauf     Soit N 1 voisin de M sur Ox 1 et N 2 voisin de M sur Ox 2 Soient : Déplacement de N 1 à N’ 1 et Déplacement de N 2 à N’ 2 x1x1 x2x2 M N1N1 N2N2 Soit : dx 1 = MN 1 dx 2 = MN 2 Avec :

56 On peut écrire, pour une variation d’un segment élémentaire initiale, dx 1 : dx 2 : N’ 1 N’ 2 dx 2 dx 1 x1x1 x2x2 M N1N1 N2N2   dx 1    dx 2 On peut remarquer les rotations suivantes :

57 on a la tangente de l’angle  tg   soit       Donc : la rotation est d’angle :     et de vecteur de rotation est Les composantes du tenseur G sont donc des rotations d’ angles sans déformation. Puisque c’est une rotation, quel est le vecteur rotation x1x1 x2x2 M N1N1 N2N2 N’ 1 N’ 2 dx 2 dx 1   dx 1    dx 2 

58 On peut le décomposer en somme de deux tenseurs, l’un sphérique et L’autre déviatorique ( trace nulle) DÉCOMPOSITION DU TENSEUR DES DÉFORMATIONS PURES :

59 On peut décomposer ce tenseur de la façon suivante : Avec :  =       On peut remarquer On peut remarquer : 1- le premier tenseur est proportionnel au tenseur unité, noté :  Décomposition du tenseur des déformations pures : 2- la trace de deuxième tenseur est nulle : Où  =  11   22 +  33 = la trace de D = Tr[ D ] (Il est isotrope, les propriétés sont identiques dans toutes les directions) Ce tenseur dont la trace est nulle est appelé déviateur Un tenseur proportionnel au tenseur unité est appelé tenseur sphérique. On a donc :

60 http://gev.industrie.gouv.fr/gev-mecaflu/mecaflu/accueil_mecaflu.htm

Chapitre III : THEOREMES GENEREAUX Comme tout problème de mécanique, la résolution d'un problème de mécanique des fluides passe par la définition du système matériel S, particules de fluide à l'intérieur d'une surface fermée limitant S. Dans ce chapitre, nous supposons que les fluides sont parfaits, c’est-à-dire sans frottement (fluides non visqueux ) et nous aborderons le cas des fluides incompressibles. A cette masse fluide, on applique les principes et théorèmes généraux de mécanique : 1 - Principe de la conservation de la masse. 2 - Principe fondamental de la dynamique. 3 - Principe de la conservation de l'énergie On isole par la pensée toutes les particules fluides qui se trouvent à un instant Donnée à l’intérieur d’une surface fermée S. (S) 62

Remarque sémantique : nous avons employé le mot "Principe" pour traduire une relation (démontrée à partir du principe fondamental de la Mécanique) ; nous aurions du dire Théorème ; en fait, cela se produit souvent en Physique : ce qui était un Principe à une époque devient un Théorème avec l'avancement des connaissances et, souvent, à tort, on garde la première terminologie. 1. Pression dans un fluide au repos (en équilibre dans un référentiel galiléen) Notre sens commun nous fait appréhender un fluide (gaz ou liquide) comme étant de nature très différente d’un solide. Ce dernier a une forme propre qui nous permet de le reconnaître. Liquide ou gaz n’ont pas de forme propre, ils épousent la forme du récipient qui les contient, sont déformables sous la moindre action. Liquide et gaz ont des différences : un liquide, contrairement à un gaz, a un volume défini, il ne remplit pas tout le volume du récipient. 63

1- PRINCIPE DE LA CONSERVATION DE LA MASSE. La masse d’un domaine fluide (D) que l’on suit dans son mouvement se conserve au cours du temps (en l’absence de sources et/ou puits). On a alors : Et puisqu’on a : Et posons f=   L’équation (1) s’écrit : Et d’après le théorème de la divergence : la relation (2) devient :  Soit : C’est l’équation de conservation de masse ( ou équation de continuité) Et avec A=  V 64

Application : Dans l’espace à trois dimensions Ox, Oy, Oz, on considère l’écoulement bidimensionnel d’un fluide incompressible caractérisé par le champ des vitesses suivant : u = (2x -3y )t v = (3x-  y )t w = 0 Déterminer  pour que l’équation de continuité soit satisfaite. L’équation de continuité s’écrit Et dans le cas d’un fluide incompressible (  =cte), on a : Soit : Et comme : On doit donc avoir : et 65

 Conséquences:  Conservation de débit 1- Cas d’un écoulement permanent :Et de l’équation (2) suivante :, On en déduire que : Et si  (S)= (S1)U (S2)U (  ) (S1) ()() (S2) L’équation (3) s’écrit : Et d’après le produit scalaire : (3) C’est la conservation de débit massique (kg/s) 2- Si de plus  = cte: (fluide incompressible) C’est la conservation de débit volumique (m 3 /s) Soit : (S) 66

D'après la loi de Pascal, la pression d'un fluide en milieu fermé est transmise uniformément dans toutes les directions et dans toutes les parties du récipient, à condition que les différences de pression dues au poids du fluide soient négligeables. Cette loi a des applications extrêmement importantes en hydraulique. S.  L=constante 67

2- PRINCIPE FONDAMENTAL DE LA DYNAMIQUE : (conservation du quantité du mouvement ) Quelque soit le domaine fluide (D) que l’on suit dans son mouvement : Pour, un milieu continu (fluide), on a la forme intégrale : Résultante des forces extérieures de surface (forces moléculaires) Résultante des forces extérieures de volume (champs de pesanteur, Magnétique, électrique..) (1) (2) L’équation (2) est la forme intégrale de l’équation de conservation de q.d.m : (3) et (Forces de contactes) (Forces à distances) 68

3- Théorème de L’énergie Cinétique Théorème de L’énergie Cinétique Démonstration de Théorème de L’énergie Cinétique (T.E.C) : On a :Et d’après le P.F.D, dw s’écrit : Soit : Ce qui implique : La quantité Ec est appelée énergie cinétique de la particule M de mase m, Nous considérons maintenant F comme la résultante de toutes les forces appliquées à ce point matériel M de masse m. Théorème de L’énergie Cinétique s’écrit : Et le Théorème de L’énergie Cinétique s’écrit : ou 69

3 - PRINCIPE DE LA CONSERVATION DE L'ÉNERGIE - Conservation de l’énergie cinétique On sait que pour un système de points matériels, le théorème de la variation d’énergie cinétique peut être mis sous la forme : Donc : 70

Un fluide est donc un milieu matériel continu, déformable, sans rigidité et qui peut s'écouler. Les liquides et gaz habituellement étudiés sont isotropes, mobiles et visqueux. La propriété physique qui permet de faire la différence entre les deux est la compressibilité.  la viscosité caractérise le fait que tout changement de forme s'accompagne d'une résistance (frottements). 1- Définition d’un fluide : Chapitre IV : STATIQUE DES FLUIDES 2- Liquides et gaz Un fluide peut être considéré comme étant formé d'un grand nombre de particules matérielles, très petites et libres de se déplacer les unes par rapport aux autres. Parmi les fluides, on fait souvent la distinction entre liquides et gaz.  l'isotropie assure que les propriétés sont identiques dans toutes les directions de l'espace.  la mobilité fait qu'ils n'ont pas de forme propre et qu'ils prennent la forme du récipient qui les contient. 72

df df N df T Mais cette force peut toujours être décomposée en : df 2 La force que la partie (1) exerce sur la partie (2) à travers cet élément de surface réel ou fictif dS a une direction quelconque. - Définition de la pression: Dans un milieu quelconque, donc aussi dans un milieu fluide, Soit un élément de surface dS qui sépare le milieu fluide en deux parties (1) et (2) : df T composante tangentielle df N une composante normale La quantité df T /dS représente la contrainte tangentielle Où Unité: Le Pascal (Pa)=1N/m 2 est la pression normale est la pression tangentielle Le rapport : df N df T df = + 1 dS La quantité df N /dS représente la contrainte normale 73

Pression en point d'un fluide statique : statique des fluides En statique des fluides, seules interviennent les forces de pression df N, normales à l'élément dS. fluide est en équilibre Si le fluide est en équilibre, donc pas de mouvement, les forces de frottement sont nulles : En effet : dynamique des fluides * Les forces tangentielles df T n'apparaissent qu'en dynamique des fluides * : elles correspondent aux frottements visqueux des couches fluides en mouvement les unes par rapport aux autres et par rapport à la paroi de la conduite. le fluide est parfait * A noter que même s’il ya mouvement et si le fluide est parfait, on a dans ce cas : Les forces de frottement sont nuls (df T =0) En tout point d'un fluide existe une certaine pression. Soit un point M dans un fluide. Si on considère une surface imaginaire dS passant par M, dS df Où n étant le vecteur unitaire de la normale à dS orienté vers l'extérieur. n M 74

1- Attention, il ne faudrait pas conclure que les forces de pression s’exercent verticalement. Elles s’exercent perpendiculairement à tout élément de surface. df Où n étant le vecteur unitaire de la normale à dS orienté vers l'extérieur. n M dS Remarque : 2- 75

- Unités de pression Plusieurs unités existent: le pascal (Pa) : unité SI, peu employée en pratique le bar (bar) et son sous multiple le millibar (mbar) le millimètre de mercure ou Torr le millimètre de colonne d'eau ou le mètre de colonne d'eau (m CE) l'atmosphère (atm) La pression atmosphérique est la pression exercée par l'atmosphère à la surface de la terre. Au niveau de la mer cette pression est équivalente à celle exercée par une colonne d'environ 760 mm de mercure. Elle varie tous les jours légèrement: elle est néanmoins toujours voisine de 1 bar. Po (en moyenne, niveau de la mer) = 1013 millibars = 1,013 bars = 1,013 10 5 Pa Exemple : La correspondance entre ces unités est la suivante: 750 mm de mercure ≈ 10,2 m CE ≈ 0,987 atm (voir l’expérience de Torricelli ) 76

statique Cas du fluide statique parfait Fluide parfait l’équation (1), devient Dans ce cas, l’équation (1), devient : Et puisque, on a d’après le théorème de : C’est l’équation fondamentale de statique - EQUATION FONDAMENTALE DE LA STATIQUE DES FLUIDES L'équation fondamentale de la dynamique s’écrit : (1) donc : Ce qui nous permet d’écrire : Et puisque 77

A partir de l’équation fondamentale de statique: On peut déduire : Et puisque : C’est l’équation fondamentale de l’hydrostatique Le fluide a pour masse volumique  et le champ de pesanteur est le seul champ de forces extérieures. Dans le cas d'un liquide, (ou pour un gaz dans lequel la variation de pression est faible), la masse volumique  ne dépend pas de la pression. De plus, si on suppose la température uniforme, la masse volumique sera considérée comme constante. D'autre part, pour des différences d'altitude courantes, l'accélération de la pesanteur g peut aussi être considérée constante. Dans ce cas on peut intégrer la relation précédente : EQUATION FONDAMENTALE DE L’HYDROSTATIQUE z f = g (=constante) (l’axe oz est vertical ascendant) On appelle hydrostatique la statique des fluides incompressibles (  constante). 78

79 Bibliographie ( à lire)

A B  z P B = P A + ρ g h h P B, P A : pressions en B et A → kg/(m.s 2 ) ou Pa (pascal) ρ : masse volumique du liquide → kg/m 3 g : accélération de la pesanteur → m/s 2 On a :Soient : h : distance verticale entre A et B → m On considère un liquide, de masse volumique , immobile à l'intérieur d'un récipient; Soient deux points A et B du fluide, le principe s'écrit: 0 (l’axe oz est vertical ascendant) Application : Méthodologie Remarque: On a : Donc On pose h = z A – z B, Donc : Dans un fluide la pression croît de haut en bas. UNITES : On a : p B - p A = ρ. g.(z A - z B ) ce qui nous permet d’écrire : dp = -ρ.g.dz z zAzA zBzB 82

La différence de pression (en Pa) entre A et B est numériquement égale au poids d'une colonne de liquide de section unité 1 m 2 et de hauteur h en m : On pourra dire que P B - P A exprimée en pascals est donc égale à une pression de h m de colonne de liquide de masse volumique ρ (kg/m3). On peut toujours exprimer une pression avec une unité de hauteur après avoir précisé le liquide choisi. La différence de pression entre deux points quelconques d'un fluide en équilibre est égale au poids d'un cylindre de fluide de section unité et ayant pour hauteur la dénivellation entre les deux points. dz z z+dz Cylindre de hauteur h en m et de section unité 1 m 2 - Valeur de la Différence de pression entre deux points : h en m A B  83

Application de Calculer la pression subie par un plongeur descendant à un profondeur de 25 m dans l’eau. On donne g =10ms -2,  e =1000 kg/m 3 et p Atmosphérique = 1 bar. z 0 h=25m On a : (si l’axe oz est vertical ascendant (montant )) Dans notre cas : Entre 0 et la particule fluide M (plongeur M), on a : M Donc : A.N : P= 3.5 bars = 3.5 10 5 Pas p Atmosphérique = p a =1 bar (oz est vertical descendant ) Donc : 1 bar = 1 kg / cm 2. 84

85 La pression absolue en plongée est la pression totale = Pression atmosphérique + Pression due à l'eau. Donc : à -25 m de profondeur, la pression absolue est de 3.5 bar = 1 bar de pression atmosphérique + 2.5 la pression due à l’eau (  g h) =pression absolue On trouve: à -10 m de profondeur, la pression absolue est de 2 bar (1 bar de pression atmosphérique + 1 bar du au poids de 10 m d'eau). à -20 m elle sera de 3 bar, à -30 m de 4 bar, etc... : Remarque : En plongée sous-marine, on supporte 8bar qui correspond à -70m, soit : En plongée sous-marine, le record est de -100m soit une pression absolue de 10 bar. P absolue =P atmosphérique +P hydrostatique

86 La notion de pression partielle est importante pour définir les seuils de toxicité des gaz. Par exemple, l'oxygène représente un danger pour les plongeurs à partir d'une pression partielle de 1,6 bar. Quand on plonge à l'air, cette valeur critique est atteinte à la profondeur de 70 m. Les plongeurs au nitrox respirent un mélange enrichi en oxygène, la PpO2 limite de 1,6 bar sera atteinte encore plus tôt. Les nageurs de combat qui respirent de l'oxygène pur dans leur scaphandre à circuit fermé ne pourront dépasser sans danger la profondeur de 6 m !nitrox Bibliographie ( à lire) La pression est une force appliquée sur une surface. Par exemple, chaque cm 2 (surface) de notre peau supporte environ 1 kg (force) représentant le poids de l'atmosphère. C'est la pression atmosphérique au niveau de la mer. Nous ne la ressentons pas car notre corps est incompressible et ses cavités (estomac, poumons, sinus,... ) contiennent de l'air à la même pression. Si on s'élève de 5 000 m, la pression atmosphérique est deux fois plus faible qu'au niveau de la mer car la masse d'air au-dessus de notre tête est alors moitié moindre. A la fin de cette page se trouve un tableau des unités de pression. En plongée sous-marine, pour mesurer la pression dans les problèmes, on utilise de préférence le bar et on considère que 1 bar = 1 kg / cm 2. Qu'en est-il dans l'eau ? Plus on est loin de la surface, plus la pression est élevée car il faut tenir compte du poids de l'eau au-dessus de nous. A -10 mètres de profondeur, chaque cm 2 de notre peau supportera le poids d'un litre d'eau (1 litre = 1 000 cm 3 ). Sachant qu'un litre d'eau pèse environ 1 kg, la pression due à l'eau à -10 m de profondeur est donc de 1 kg / cm 2, c'est-à-dire 1 bar. Si on descend à nouveau de -10 m, la pression augmentera à nouveau de 1 bar. La pression absolue en plongée est la pression totale : Pression atmosphérique + Pression due à l'eau. A -10 m de profondeur, la pression absolue est de 2 bar (1 bar de pression atmosphérique + 1 bar du au poids de 10 m d'eau). A -20 m elle sera de 3 bar, à -30 m de 4 bar, etc... On remarquera que de 0 à -10 m la pression augmente de 100% alors que si on descend de -30 à -40 m, elle n'augmente que de 20%. Il est important de savoir que la pression change plus vite en fonction de la profondeur si on est près de la surface. La pression hydrostatique est le nom savant pour la pression due à l'eau. On l'appelle aussi pression relative car c'est une pression par rapport à la surface. La relation qui unit tous ces termes est donc : P.absolue = P.atmosphérique + P.hydrostatique

87 Archimède (287 - 212 av.JC) Physicien et mathématicien né à Syracuse en Sicile. Il est connu des plongeurs pour avoir posé les bases du calcul de la flottabilité grâce à son principe décrit sur la page Lois physiques. C'était un génie, il a inventé le palan, le levier, les engrenages et le téléphone portable (vérifier ce dernier point).Lois physiques Evangelista Torricelli(1608 - 1647)vangelista Torricelli(1608 - 1647) Physicien Italien qui a mesuré en 1643 la pression atmosphérique à l'aide de l'expérience décrite Physicien Italien qui a mesuré en 1643 la pression atmosphérique à l'aide de l'expérience décrite en cours Bibliographie

88 L'oxygène est toxique à partir d'une certaine pression. Si on respire de l'oxygène à une pression supérieure à 1,6 bar, on risque un malaise grave (crise à caractère épileptique). L'air est composé approximativement de 20% d'oxygène et 80% d'azote. Au niveau de la mer, la pression atmosphérique est de 1 bar. La part de pression due à l'oxygène est donc de 0,2 bar (c'est la "pression partielle" de l'oxygène). En plongée, la pression de l'air respiré dans le détendeur augmente avec la profondeur. Par exemple à une profondeur de 20m, il règne une pression de 3 bar, l'air respiré est donc lui aussi à 3 bar. La pression partielle d'oxygène dans cet air représente toujours 20% de cette pression, c'est-à-dire 0,6 bar. Si les plongeurs continuent à descendre, la pression partielle de l'oxygène respiré continue de croître et peut atteindre ou dépasser la limite des 1,6 bar (à une profondeur de 70m environ). L'azote est toxique à partir d'une certaine pression. Sa toxicité se manifeste par ce qu'on appelle couramment "l'ivresse des profondeurs" ou plus simplement "narcose à l'azote". Un des symptômes est une forte baisse de la concentration, ce qui peut s'avérer très dangereux en cas d'incident. Tous les sujets n'ont pas la même sensibilité à la narcose. De plus une même personne peut être plus ou moins sensible en fonction du moment. Cet état apparaît chez le plongeur entre 30 et 40m de profondeur. Au delà, tout le monde est plus ou moins narcosé. En conclusion on peut dire que l'air est un gaz acceptable en plongée de loisir pour des profondeurs ne dépassant pas 40m. Les tables de plongées courantes sont prévues pour des profondeurs maximum de cet ordre. Limites de la plongée à l'air Bibliographie

- CONSÉQUENCES IMMEDIATES ET APPLICATIONS 1) Etude de la surface libre d'un liquide (dans un champ de pesanteur uniforme) : 2) Etude de surface de séparation de deux liquides non miscibles : 3) Etude des vases communicants contenant plusieurs liquides non miscibles : 4) Mesure de la pression, par : a- Un baromètre à mercure (Torricelli, ~ 1643), b- Un manomètre à mercure à air libre. 5) Transmission des pressions (théorème de Pascal). 7) Présenter des "Paradoxes" en hydrostatique. 0) Les surfaces d’égales pressions dans un fluide sont des plans horizontaux (plans isobares) statiqueparfaitIncompressible et g=cte Hypothèses : Fluide statique, Fluide parfait, Fluide Incompressible et g=cte L’équation fondamentale de l’hydrostatique : Comme conséquences immédiates de cet équation, on tire les propositions suivantes: z 89

1) Surface libre d'un liquide (dans un champ de pesanteur uniforme) h Et puisque * :P B = P A = P 0 donc ρ g (z B - z A ) = 0 Ce qui implique : z A =z B La surface libre d'un liquide au repos est donc plane et horizontale On suppose, par l’absurde, que la surface libre d'un liquide au repos n’est pas horizontale, soit: P B − P A =-ρ gh on peut écrire: On considère deux points A et B de cette surface de côte respect. z A et z B : s'écrit entre A et B: Conclusion Conclusion : Les surfaces d’égale pression (isobares) sont horizontaux Dém. : P=constante z= cte et d’après(plan horizontaux) z 0 donc (h=0) A B P 0 = pression atmosphérique zAzA zBzB L’équation fondamentale de l’hydrostatique : si h = z B - z A A B Remarque* : On pourra considérer que la pression de l’air est la même pour des variation de z de l’ordre de 10 m. (ce qu’on ne peut pas dire pour un liquide) 90

2) Surface de séparation de deux liquides non miscibles dans le fluide I, P B -P A = ρ 1 g h dans le fluide II, P B -P A = ρ 2 g h A B h z (I) (II)   ρ 1 g h = ρ 2 g h ==> Or g ≠ 0 et (ρ 1 - ρ 2 ) ≠ 0 donc : La surface de séparation de deux liquides non miscibles au repos est horizontale Conclusion (puisque h=o) : On considère deux fluides (I) et (II) non miscibles (ex. eau et huile), de masse volumique  1 et  2, dans un même récipient et soient deux points A et B de la surface de séparation supposée (par l’absurde) non horizontale : g h (ρ 1 - ρ 2 ) = 0 h = 0 Et puisque ρ 1 - ρ 2 > 0 => ρ 2 > ρ 1 Et par la suite le fluide (II) le plus lourd est en dessous z (II)  (I)  91

3) Vases communicants contenant plusieurs liquides non miscibles : Les dénivellations de deux liquides non miscibles dans des vases communicants sont en rapport inverse de leurs masses volumiques. A B C ρ1ρ1 ρ2ρ2 h1h1 h2h2 Remarque Remarque : Si ρ 1 = ρ 2 (même fluide) Et puisque g 0 P B -P A = ρ 1 g h 1 et P B -P C = ρ 2 g h 2 D’après Et si h 1 =z A -z B et h 2 =z C -z B, cette équation devient : Or P A = P C = P 0 d'où ρ 1 g h 1 = ρ 2 g h 2 P 0 pression atmosphérique On verse un liquide de masse volumique  1 dans un tube en U et on ajoute ensuite dans l’autre branche un autre liquide de masse volumique  2 : Et soient les points A, B et C, tel que (voir figure), z ascendant: Un fluide est à la même hauteur dans deux vases communicants : Donc: h 2 = h 1 z 92

4) Mesure de la pression atmosphérique (Torricelli, ~ 1643) P B - P C = ρ Hg g ( z C – z B ) = ρ Hg. g.h Et l’expérience donne : h= 76cm=0,76(m) Puisque :On a : [P c = 0 (le vide)] P B = ρ Hg g ( z C – z B ) = ρ Hg. g.h P B = P A = P 0 P 0 = ρ Hg. g. h (1) A.N. : ρ Hg = 13596(kg.m -3 ); g = 9,806(m.s -2 ). P 0 = 101325 kg/ms 2 = 1,01325. 10 5 Pa = 1,01325 bar (1 bar = 1 kg / cm2. ) C B vide A h P0P0 Donc : Avec ces données et d’après la relation (1), on trouve : a- Un baromètre à mercure permet de mesurer la pression atmosphérique locale P 0 Il s’agit d’une colonne de mercure, au sommet de laquelle on a fait le vide, et qui est retournée sur une cuve à mercure (figure) On applique la loi fondamentale de la statique des fluides au système mercure : Entre B et C (oz ascendant) : Soit : Et comme : Question : Comment réaliser le vide ? Toriccelli a retourné une éprouvette pleine de mercure (métal liquide très lourd) dans une cuve de mercure. Un vide s'est alors créé en haut de l'éprouvette pression absolue au vide. La mesure de pression absolue est effectuée par rapport au vide. A l’aide du baromètre à mercure 93

94 Mesure de la pression : Voici des précisions sur les unités utilisées pour mesurer la pression. Dans les bouquins d'exercices et de problèmes, on aime donner la pression en "cm de mercure" (cm Hg). Cette vieille unité date d'une expérience célèbre décrite par ce dessin : a retourné une éprouvette pleine de mercure (métal liquide très lourd) dans une cuve de mercure. Toriccelli a retourné une éprouvette pleine de mercure (métal liquide très lourd) dans une cuve de mercure. Un vide s'est alors créé en haut de l'éprouvette. En faisant varier la position de l'éprouvette, il constata que la distance entre la surface de mercure au contact du vide et la surface de mercure au contact de la pression atmosphérique était constante et de 76 cm. Le poids de cette colonne de 0,76 m de mercure équilibre parfaitement la pression atmosphérique. Petit calcul : le mercure pèse 13,6 g / cm 3, cette colonne applique donc une pression de 13,6 × 76 = 1033 g / cm 2 = 1,033 kg / cm 2. L'unité officielle de pression dans le système international est le pascal (Pa) qui est égal à une pression de 1 newton par m 2. Le bar, plus facile à utiliser est un multiple du pascal : 1 bar = 10 5 Pa. Dans les bulletins météo, on entend souvent parler de l'hectopascal, qui est le nouveau nom du millibar. La densité de l'eau douce est 1, c'est-à-dire qu'un litre d'eau douce pèse 1 kg. Pour faire l'expérience de Torricelli avec de l'eau il aurait fallu utiliser une éprouvette d'au moins 10,33 m ! Cette distance est bien connue des installateurs de pompes aspirantes : Une telle pompe ne peut pomper de l'eau douce si elle est située à plus de 10,33 m de la surface de la nappe. En effet, au delà de cette distance elle ne pompe que de l'air et devient de ce fait une "pompe à vide". Seule une pompe refoulante placée au niveau de l'eau peut élever celle-ci au-delà de 10,33 m. L'eau de mer a une densité de 1,026 à cause du sel qu'elle contient. Pour tous les exercices on admettra que la pression hydrostatique augmente de 1 bar tous les 10 m. En réalité elle augmente de 0,98 bar dans l'eau douce et de 1,007 bar dans l'eau de mer. Voici le calcul pour l'eau de mer : Masse d'une colonne d'eau de mer de 10 m de haut et 1 cm 2 de section : 1,026 kg Poids de cette colonne : p = 1,026 × 9,81 = 10,06506 N (pour la suite, on arrondi à 10,07) Pression résultante : P = 10,07 / 10 -4 Pa = 100700 Pa = 1,007 bar On remarque que cette approximation va dans le sens de la sécurité pour l'eau de mer, pas pour l'eau douce ! Bibliographie ( à lire)

- La pression atmosphérique vaut donc :Soit 76 cm de mercure ou ~ 10 m d'eau Hauteur de la colonne d'eau équivalente : Si on remplace par la pensée le mercure par de l’eau, Et par le même raisonnement, on trouve : P 0 = ρ eau. g. h eau Donc :   eau. g. h eau = ρ Hg. g. h Hg Soit : h eau = 10,33 m Pourquoi avoir choisi le mercure? A.N : Le choix de mercure est dû d’une part à sa forte masse volumique qui permet de traduire 1atm par hauteur raisonnable de 76 cm et par contre avec l’eau il faudrait 10 m et se vaporise d’autre part à sa faible volatilité, car en tête de colonne règne le vide et une partie du mercure se vaporise et ceci risque de changer la pression qui est supposée nulle dans le vide de vapeur saturantetrès faible ( la pression de vapeur saturante du mercure est très faible et reste négligeable) 96

b- Un manomètre à mercure à air libre est relié à un enceinte dont on veut mesurer la pression : (figure) - Déterminer la relation entre la pression atmosphérique locale (P 0 ), la pression P 1 à mesurer et la dénivellation h du mercure au système mercure entre les points A et B (oz ascendant) : Entre A et B, la loi : Donc : Et puisque : P A = P A’ = P 1 A’ h A B P 1 = ??? P0P0 Manomètre Gaz =(air) z 0 En se reportant à la figure et on applique, la loi fondamentale de la statique des fluides, Nous permet d’écrire: Il vient : 1- C’est pourquoi la pression s’est exprimée pendant longtemps en cm Hg : 1 atm = 1.013 bar = 76 cm Hg ( ou 1 bar = 75 cm Hg) Remarque : Hg pression manométrique pression atmosphérique. 2- La pression manométrique (ou effective) est mesurée par rapport à la pression atmosphérique. A l’aide du manomètre à mercure 97

98 Dans cette simulation Java, la pression hydrostatique est mesurée dans un liquide grâce à un manomètre : http://www.walter-fendt.de/ph11f/hydrostpr_f.htm Bibliographie :

5) Transmission des pressions (théorème de Pascal) Soient deux points A et B (fixes) du fluide, fluide incompressible: la différence de pression ne dépend que de la différence d’altitude (h), qui demeure constante, Exemples d’applications: Vérin hydraulique, Frein de voiture,... A B h z  On a : P B -P A =  gh Et puisque g est considérée constante, donc Donc B subit la même variance de pression : P B → P B + dp Le théorème de Pascal : « Un fluide incompressible transmet intégralement les pressions » donc : toute variation de pression en A se transmet en B, si A subit une variation de pression dp : P A → P A + dp S.  L=constante 99

D'après la loi de Pascal, la pression d'un fluide en milieu fermé est transmise uniformément dans toutes les directions et dans toutes les parties du récipient, à condition que les différences de pression dues au poids du fluide soient négligeables. Cette loi a des applications extrêmement importantes en hydraulique. En dynamique de fluide : S 1.  L 1 = S 2.  L 2

Vérin hydraulique  Vérin hydraulique Un vérin hydraulique est basé sur le fait qu’un liquide au repos transmet intégralement la pression et pas les forces. SASA pApA pBpB sBsB cette figure montre un vérin rempli d’huile fermé par deux bouchons étanches de surface S A et s B. On a: Comme les pressions en A et B (P A =P B ) sont proches (car h est supposé petit), On a : F A = P A S A et F B = P B s B Et puisque: S A >> S B alors F A >> F B On réalise ainsi une très forte démultiplication. Avec un tel vérin un mécanicien peut soulever à la main une voiture ou un avion pour changer une roue de secours,comme S A  L A = S B  L B Il faut donc beaucoup de coup de pompe sur le vérin pour soulever un avion. B z h On peut définir les variables (voir figure) : Remarque : Par contre avec un tel système les travaux sont égaux en effet : W FA = F A.  L A = P A S A  L A on a donc : W FA =W FB hh A et W FB = F B.  L B = P B S B  L B

103 REMARQUES ET DEFINITIONS Il existe donc trois types de mesures de pression :  manométrique (ou effective) : pression manométriquepression atmosphérique La pression manométrique (ou effective) est mesurée par rapport à la pression atmosphérique A l’aide du manomètre à mercure  différentielle. pression différentielle référence spécifique La pression différentielle est similaire à la pression manométrique, mais elle est mesurée par rapport à une pression de référence spécifique.  absolue : pression absolueau vide. La mesure de pression absolue est effectuée par rapport au vide. A l’aide du baromètre à mercure On peut différencier deux (2) pressions: Pression atmosphérique : pression de surface dans des conditions habituelles (normalement aux alentours de 1013 mb mais usuellement considérée comme équivalent à 1 bar)Pression atmosphériquembbar * Pression hydrostatique : variable en fonction de la profondeur atteinte - cette pression augmente de 1 bar par tranche de 10 mètres sous l'eau (0,98 bar dans l'eau douce et 1,007 bar dans l'eau de mer) Pression hydrostatiquebarmètreseau douce La pression absolue en plongée est la pression totale = Pression atmosphérique + Pression due à l'eau.

En général, les Fluides compressibles sont les gaz. La masse volumique dépend de la pression et de la température. On ne peut pas intégrer directement la relation dp = -  g dz. Il faut déterminer  en fonction de la pression et de la température (relation d’état) Cependant les masses volumiques des gaz sont faibles : Air dans les conditions courantes 1,3 Kg /m 3 A l’échelle humaine courante, on négligera les variations de pression avec l’altitude dans les gaz Seul l’air atmosphérique présente des différences d’altitude suffisantes pour ne pas négliger les variations de pression (il faut compter de l'ordre de 1 km d'altitude pour que les variations de pression deviennent significatives). 6- APPLICATIONS AUX FLUIDES COMPRESSIBLES : (  n’est pas constante) 105

6- Applications aux fluides compressibles :  n’est pas constante De façon générale, il s’agit des gaz puisque leur masse volumique dépend de la pression Pour simplifier, on prendra le cas d’un gaz parfait(isotherme) : or En partant de l’équation fondamentale de la statique des fluides : Et la masse molaire M: La masse volumique est fonction de la pression Gaz compressible et en séparant les variables : Et en intégrant, on obtient : Déterminer cette constante d’intégration : Si en z=z 0 on a : p= p 0 Soit : Finalement : On a : 106

-Variation de la pression p en fonction de z: Et quand z tend vers , p tend vers 0 p0p0 On a : CONSÉQUENCE PRATIQUE : la pression d’un gaz diminue quand z augmente Donc la pression d’un gaz diminue quand z augmente On a : P A : z = z 0 = 0, on a : p = p 0 Donc, on obtient la variation suivante : Pour l’air  0 = 1.3 kg/m 3 sous p o = p A = 1.013 10 5 Pa (z= 0) Calculons la variation de pression pour une élévation de 10m : Soit : Ainsi, on pourra considérer que la pression de l’air est la même pour des systèmes ayant des dimensions de l’ordre de la dizaine de mètres (ce qu’on peut pas dire pour un liquide) 107

Application : En été un touriste mesure une pression atmosphérique de 990 mbar au pied d’une montagne. Au sommet, la pression ne vaut plus que 910 mbar. En choisissant un modèle de l’atmosphère, quelle estimation faites- vous sur la hauteur de cette montagne? On donne : M=29 g/mol, g =9.81 m/s 2, et T= 293 K. h P0P0 P(h) z 0 Soit le modèle suivant : On prend à z= z 0 = 0 au pied de la montagne P 0 =990mbar, Et au sommet z=h, P(h)= 910 mbar Avec ces conditions, on obtient : On en déduit : 108

7) "Paradoxe" et expériences hydrostatiques 109

110 1 m  P =  g h On a : F= S.  P Expérience de « crève-tonneau » de Pascal: Pascal a déclaré capable de faire exploser n’importe quel tonneau avec un long et Mince tuyau et un verre d’eau !!! - Tonneau de hauteur : 1m - Surface du fond : 0.2 m2 - Mince tube de 9m de haut 9 m S= 0.2 m 2 F= S.  P=0.2 x1000x10x9=18000 N Application numérique :

111 Les lois de la mécanique des fluides s'observent dans de nombreuses situations de la vie quotidienne. Par exemple, la pression P 2 sur la partie inférieure d'un tube de 15 m de longueur et rempli d'eau, on a aussi (P 2 =P 3 ), est identique à celle qui s'exerce au fond d'un lac rempli d'eau de 15 m de profondeur (pression P1). C'est cette même pression, s'exerçant sur l'extrémité supérieure du tuyau, qui provoque l'écoulement de l'eau dans le siphon. Mécaniques des fluides (applications) Statique des fluides ou hydrostatique

112 De l'eau sous pression atteint le même niveau dans plusieurs récipients de formes et de tailles différentes. Le récipient C, plus volumineux que les trois autres, contient une masse de liquide supérieure à celles de A, B et D. force exercéesupérieure aux forces Par conséquent, la force exercée au fond de cette colonne (C) est supérieure aux forces homologues des trois autres récipients. la pressionune force par unité de surfaceidentique Cependant, comme le récipient C présente un diamètre supérieur aux trois autres récipients, la pression, qui est une force par unité de surface, est identique à celles qui s'appliquent au fond des colonnes A, B et D. la pression Finalement, pour un même liquide, la pression qui s'exerce au bas d'une colonne ne dépend que de la hauteur du liquide au-dessus du point considéré. Pression exercée par un liquide C AB D

113 "Paradoxe" hydrostatique A surface de fond identique (et même hauteur de liquide), la force de pression exercée par un liquide sur le fond du récipient est indépendante de la forme du récipient. (1) (2) S S h S (3)

115 - Paradoxe de Stevin z P A = P 0 +  gh A B P0P0 h P B = P 0 +  gh P B = P A - La pression est la même en tous les points d’un plan horizontal pris dans un fluide en équilibre.

M M La pression en un point d’un fluide en équilibre est indépendante de la de l’orientation de la surface qui sert à sa définition dS 1 dS 2 Mais p 1 = p 2 = p(M) Les forces de surface sont normales en statique, fluide parfait, Expérience pour réaliser cette situation ( diapo suivant): 116

- Etude expérimentale dans le champ de pesanteur Le tube en U avec la membrane élastique est placé dans l’air atmosphérique : la membrane n’est pas tendue. (voir figure) La forme de la membrane est indépendante de l’orientation de la membrane autour d’un même point, les efforts sur la membrane sont perpendiculaires à celle-ci. Si le fluide est un liquide, la déformation de la membrane augmente de manière significative avec la profondeur*. - La pression p en un point d’un fluide en équilibre est indépendante de l’orientation de l’élément de surface qui sert à la définir. - La pression est une grandeur scalaire positive, la force de pression est une grandeur vectorielle. Air atmosphérique M fluide Nous plaçons l’extrémité avec membrane dans un liquide (ou dans un gaz dont on peut faire varier le volume à l’aide d’un piston) : la membrane élastique est tendue comme indiqué sur la figure ; ceci traduit des efforts du fluide sur la membrane Membrane tendue Membrane non tendue M Piston 117

118 Bibliographie : Le tube en U avec la membrane (Diaphragme) élastique

1- Si le fluide est un liquide, la déformation de la membrane augmente de manière significative avec la profondeur. Expériences: La pression en un point d’un fluide en équilibre est indépendante de la de l’orientation de la surface qui sert à sa définition 2- 119

120 P extérieur P ouverture Autre expérience* : si, dans un récipient contenant un liquide, nous perçons un trou, l’écoulement de liquide se produit perpendiculairement à l’orifice quelque soit l’orientation de ce dernier. Question: Pour vidanger le liquide contenu dans un réservoir, il suffit de faire une ouverture à la base du réservoir. Oui ou Non (justifier votre réponse) Réponse : NON Il faut calculer la pression du liquide à l’ouverture. Si cette pression est supérieure à celle extérieure, le liquide s’écoule. Remarque à faire en dynamique Remarque à faire en dynamique : vidange d’ un réservoir P Ouverture > P Extérieur

Chapitre V: ACTIONS EXERCEES PAR LES FLUIDES AU REPOS - Les forces pressante et pression Posons une brique sur une table, elle la presse avec une Force égale à son poids, soit 1960 gf par ex.. Nous dirons qu’elle exerce une force pressante de 1960 gf. Sous l’action de cette force, le dessus de la table subit une légère déformation. Celle-ci est nettement apparente si nous posons le brique sur une couche de plâtre fine : la brique s’enfonce (voir figure) Plaçons une deuxième brique sur la première, ce qui revient à augmenter la force pressante. Donc : La déformation produite par une force pressante est d’autant plus grande que la force est plus grande Quelle que soit la position de la brique sur la table ou sur le plâtre, elle exerce la même force pressante La déformation varie avec la force pressante a) La déformation varie avec la force pressante b) La déformation varie avec la surface pressée 1 2 3 La déformation produite est d’autant plus grande que la surface pressée est plus petite. (1) (2) (3) 123

1- FORCES HYDROSTATIQUES. On détermine les forces hydrostatiques qui s’exercent sur les surfaces solides immergées On sait que la force de pression élémentaire dF s’exerçant sur la surface élémentaire ds s’écrit : M dF est la force exercées sur l’élément ds ; P est la pression régnant au point M. La force dF agit toujours vers l’intérieur du volume délimité par l’élément de surface dS. Pour connaître la force totale s’exerçant sur la surface S, il siffit d’integrer dF sur cette surface S : 124

2- CAS D’UNE PLAQUE PLANE OBLIQUE IMMERGÉE 0 S p0p0 gzgz Entre les 2 états : M(p z =p, z) et O(p 0, 0) La relation fondamentale de la statique: P atmos = p 0 p –  g z =p 0 –  g. 0 Soit : p = p 0 +  g z La force totale s’exerçant sur la surface S est: M z z Soit encore: Déterminer : - Déterminer p =? F devient : Soit : A noter que : 125

L dL dS= dL h1 h2  dz Pour déterminer cette intégrale, il faut choisir un dS : Soit : Soit un angle , tel que : dS s’écrit : Et on a aussi : z Donc cos  est une cte L’intégrale s’écrit donc : dS Donc : 126

Puisque la force totale s’exerçant sur la surface S est: On a : On obtient : Remarques : est l’abscisse du barycentre G de la surface S, soit : 2- Si on néglige l’épaisseur de la plaque, une force de direction opposée mais de même intensité s’applique sur la face opposée 1- La résultante dans ce cas des forces de pressions s’exercent sur la plaque est nulle ***************** 127

0 h1h1 h2h2 P atmos = p 0 z M(z) air 2- A la force exercée par l’air sur dS :dF 2 = -P 0 dS n 2 F = F 1 + F 2 La résultante des forces de pression sur S : 1- A la force exercée par le fluide sur dS : P M = P 0 +  g z Où Inventaire des forces pour le système dS, F 2 = -P 0 S n 2 dF 1 = -P M dS n 1 F 2 = P 0 S n 1 M La pression atmosphérique P 0 s’applique de part et d’autre de la paroi donc : dF= dF 1 + dF 2 [La résultante des forces de pression sur dS : On a : dF = +  g z dS n] F1F1 F2F2 il subit une force de pression dû : dS 3- CAS D’UNE PAROI OBLIQUE ou 128

- Force pressante exercée sur une paroi La résultante des forces de pression sur la paroi s’exprime par : Considérons une surface plane, un fluide de masse volumique  se trouve en contacte avec cette paroi; on considère un élément de surface dS, de cette paroi, placée à la côte z; (1) Cette surface dS correspond à un rectangle de largeur dz et de longueur L 4- CAS D’UNE PAROI VERTICALE dS= L dz (****) L’axe oz est descendant (vers le bas) P0P0 dS h L Liquide  dF 1 dF 2 dz Air n z 0 129

2- A la force exercée par l’air sur dS : donc : dF 2 = - P 0 dS n dF= dF 1 + dF 2 La résultante des forces de pression sur dS : Le fluide est incompressible (  constante) : 1- A la force exercée par le fluide sur dS : P m -  g z = P 0 -  g 0 Où dF 1 = P M dS n Cette élément de surface dS (le système) subit une force de pression dû : dF = +  g z dS n P0P0 Air dS z 0 h L Liquide  dF 1 dF 2 dz z = h Air n On a : M Cette résultante des forces de pression s’exerçant sur toute la paroi est obtenue par intégration : P m = P 0 +  g z Soit : 130

On a: Avec dS = Ldz, le module de F s’écrit : P0P0 dS z 0 h L Liquide  dF 1 dF 2 dz z = h Air n 0 h F A 131

Remarque : On peut choisir l’axe oz dirigé vers le haut On peut choisir l’axe oz dirigé vers le haut. Dans ce cas là, P m +  g z = P 0 +  g 0 P m + = P 0 -  g z dF = -  g z dS n On considère le point M(z) où z est une valeur algébrique : dF 2 = - P 0 dS ndF 1 = P M dS n z 0 M M L’équation fondamentale de la statique, s’écrit : La pression en M : On a : La résultante des forces de pression sur S, : 132

DÉTERMINATION DU POINT D’APPLICATION DE F la somme des moments élémentaires par rapport à O de toutes les forces dF. Remarque : Il est en générale commode de choisir le point O appartenant à la surface S. Si F est la force hydrostatique s’exerçant sur S, le point d’application A de F, vérifié la relation suivante: Le moment de F par rapport à O 133

- Le moment de cette résultante par rapport à O s’écrit : On a : dF = +  gzdS (–e 1 )(2) (1) =(2) - Déterminer A dans le cas d’une paroi verticale Car S=Lh  dS=Ldz (–e 1 ) dF = +  gzLdz On a : - la somme des moments par rapport à O de toutes Les forces dF: Soit: (1) 2/3 h z dS dz 0 h L Liquide  dF z = h M A La résultante des forces de pression F, s’exerçant sur S : M(z) z A(z A ) 134

h S k F 1- La poussée (force de pression ) exercée par un liquide sur une paroi latérale plane est égale au poids d’une colonne de ce liquide ayant pour base la surface de la paroi et pour hauteur la distance du centre de gravité de cette paroi à la surface du liquide : Résultats pratiques : 2- La poussée (force de pression ) exercée par un liquide sur le fond horizontal d’un vase est égale au poids d’une colonne de ce liquide ayant pour base le fond du vase et pour hauteur la distance du fond à la surface libre : F=  gh S k F =  g h S Soit : S hGhG G F 135

Exemple : Un tonneau plein d’eau est posé sur un de ses fonds (voir figure ). A la partie supérieure du tonneau est fixé solidement un tube vertical dans lequel on verse de l’eau sur une hauteur de 3 m. Chaque planche, qui compose le tonneau, peut être assimilé à un rectangle MNPQ de 12 cm de large sur 80 cm de haut. 1- Calculer la poussée (force de pression ) exercée par l’eau sur une planche, 80 cm 300 cm - Tonneau de hauteur : 80 cm - Surface du fond : 0.2 m 2 (R=0.25 m) - Mince tube de 3 m de haut Expérience de tonneau de Pascal: 12 cm MN PQ 2- Calculer la poussée (force de pression ) exercée par l’eau sur le fond horizontal du tonneau. 136

1- La poussée (force de pression ) exercée par l’eau sur la douve ( paroi latérale plane) : F= 1000 x 9.81 x (0.8 x 0.12) 3.4= 3201.98 N 2- La poussée (force de pression ) exercée par l’eau sur le fond horizontal du tonneau : F=  gh S F= 1000x9.81x0.2x3.8=7455.6 N Le module de cette force est : Application numérique: Le module de cette force est : Application numérique: Solution : - Si la hauteur atteint 10 m et si on remplit le tube, la poussée sur chaque douve Devient considérable; les douves se disjoignent et l’eau s’échappe du tonneau. - Cette expérience montre que la valeur de la force de pression (poussée) dépend essentiellement de la hauteur du liquide et non du poids total du liquide contenu dans le tonneau. F=  g h G S Remarque : 137

Remarques : 1- Poussée sur l’ensemble des parois latérales d’un vase. - Considérons un vase à parois verticale. Les poussées (force de pression ) qui s’exercent sur deux portions de parois égales, opposées et situées à la même profondeur, sont égales et de sens contraire : Elles s’équilibrent deux à deux et l’effet résultant est nul. - Si on le place sur un flotteur, il ne se déplace Pas sur la surface de l’eau. Il reste immobile. -Si une des paroi latérale présente une ouverture, la force présente qui s’exerçait sur la portion de paroi située à la place de l’ouverture ne s’applique plus Par contre, la poussée qui lui faisait équilibre sur la paroi opposée s’exerce toujours. Il en résulte une poussée plus grande sur cette paroi et le vase est entraîné à la surface de l’eau : vase à réaction. 2- le tourniquet hydraulique. 138

Pourquoi l’eau d’un verre, retourné ne tombe pas ? Exercice : Remplir complètement un verre avec de l’eau. Glisser sur le verre un morceau de carton rigide de façon à recouvrir l’eau. Retourner rapidement le verre. Le morceau de carton reste immobile et l’eau ne tombe pas. 1- Calculer la masse d’eau dans le verre en déduire son poids. 2- Que vaut la force pressante exercée par l’eau sur le morceau de carton en contacte avec celle-ci. 3- Pourquoi l’eau ne tombe-t-elle pas? On donne : - Diamètre du verre : D= 6.8 cm - Contenance d’eau : 250 ml d’eau - Masse volumique d’eau :  e = 1g/ml - Pression atmosphérique : P atm = 1.0 bar = 1.0 10 5 Pa - Intensité de pesanteur : g = 9.8 N/kg 139

Solution : 1- Calculer la masse d’eau dans le verre en déduire son poids On a : m ev = 250 ml = 250 g donc son poids : P ev = m ev g = 250 10 -3 9.8 =2.45 N 2- Que vaut la force pressante exercée par l’eau sur le morceau de carton en contacte avec celle-ci. F=  e g h S =  e g V v =  e g V ev F= P ev = 2.45 N (1) 3- Pourquoi l’eau ne tombe-t-elle pas? Il faut comparer la pression exercée par l’eau sur le carton et celle exercée par l’air sur le carton ( pression atmosphérique). La pression exercée par l’eau sur le carton :P’= F/S Et d’après (1):P’= F/S = P ev /SEt puisque S =  D 2 /4A.N. : P’ = 1.7 10 2 Pa On a donc : P’< P atmo La force pressante de l’air sur le carton est plus grande que celle de l’eau sur le carton : l’eau ne peut donc pas tomber. F(air sur le carton) F(eau sur le carton) On a vu que F : Et puisque :  e V ev =m ev, alors : S h air eau 140

Considérons (Fig.a) un corps entièrement immergé dans un fluide homogène au repos. Il occupe un volume V et subit de la part du fluide des forces de pression. Tout corps plongé dans un fluide en équilibre est soumis de la part de celui-ci à une poussée verticale, dirigée de bas en haut, égale au poids du fluide de remplacement et appliquée à son centre de masse appelé centre de carène. " Poussée= Mg tel que : M=  f  V  fluide  masse volumique du fluide fluide de remplacement V volume du fluide de remplacement Avec: k Soit : EFFORT EXERCÉ SUR UN OBJET TOTALEMENT IMMERGÉ : - POUSSÉE D’ARCHIMÈDE 141

http://www.walter-fendt.de/ph11f/buoyforce_f.htm Simulation Java, une expérience simple concernant la poussée d'Archimède dans un liquide: (site à consulter) : 142

Une telle boîte, de dimensions L = 10 m, l = 4 m, h = 3 m et de masse M = 20 t, constitue un modèle simplifié d’une embarcation flottante sur l’eau. Elle s’enfonce dans l’eau d’une hauteur h’ (voir figure). Calculer h’ Exercice 1 : Considérons l’équilibre d’une boîte parallélépipédique à section rectangulaire ouverte flottant sur l’eau ( voir Figure). h = 3 m h’ L=10 m x 143

h = 3 m h’ L=10 m Avec : Poussée d’Archimède  eau V’ g k V’ = L.. h’ Donc : V’ volume immergé de la boite fluide déplacé ) (volume du fluide déplacé )  eau  = 1000 kg/m 3 h’ = 0.5 m Mg  eau L h’ g A.N. : Solution : x A l’équilibre, on a : : - Mg k +  = 0  eau L h’ g k La boite est en équilibre, donc : Soit : 144

-Notons que, la boîte étant ouverte et les parois latérales de masse négligeable, son centre de masse C=G est donc situé au centre de la base rectangulaire, Remarques : 1- Quelle est la masse maximale que peut supporter cette embarcation ? M est max. pour h’ = 3 m Soit : M=120 t Dans ce cas, l’équilibre est stable : une légère rotation de la boîte autour de l’axe longitudinal passant par le centre de masse produit des oscillations autour de la position d’équilibre. 2- Le centre de carène K et le centre de masse G de la boite Le centre de carène K est le centre du volume déplacé (ici le volume V’ d’eau déplacé ) alors que le centre de carène K, situé au- dessus de ce centre de masse G, est à la distance h’/2. h’ K G On a : 145

ICEBERG Exercice 2: ICEBERG Un iceberg a un volume émergé Ve= 600 m 3. Sa masse volumique est  1 = 910 kg.m -3 celle de l'eau de mer est  2 = 1024 kg.m -3. 1- Schématiser l'iceberg flottant et préciser les forces auxquelles il est soumis lorsqu'il est à l' équilibre. 2- Trouver une relation entre le Volume émergé Ve, volume total Vt et les masses volumiques 3- Calculer le volume Vt et la masse de l'iceberg. VeVe 22 11 Vt 146

1- Schématiser l'iceberg flottant et préciser les forces auxquelles il est soumis lorsqu'il est à l' équilibre Solution : 2- Trouver une relation entre le Volume émergé Ve, volume total Vt et les masses volumiques A l’équilibre, on a : : - M t g k +  = 0 - M t g +  eau V e g = 0 Car la masse d’eau déplacée =  eau. V volume émergé Poids de l’iceberg Et puisque M t =  1 V t Donc :V e /V t =  1 /  2 A.N : V e /V t =  les 9 dixièmes de la glace sont sous l'eau. Soit : V e = 0.9 V t 22 11 Poussée d’Archimède 147

3- Calculer le volume Vt et la masse de l'iceberg. Et puisque Ve= 600 m 3 Donc Vt = 666.66 m 3 On a : V e = 0.9 V t Et d’après : M t =  1 V t M t = 606660.6 kg= 606.66 t 148

Pour, un milieu continu (fluide) (choisi comme système), on a le théorème de q.d.m. : : Avec : Résultante des forces extérieures de surface exercées sur le fluide Résultante des forces extérieures de volume exercées sur le fluide D’après le théorème de transport : S’écrit : (1) La relation (1) devient : permanent : Si l’écoulement est permanent : DYNAMIQUE DES FLUIDES PARFAITS Le terme - Détermination des forces de pression : THÉORÈME D’EULER (Forces exercées sur le fluide) (S) contour fermé

Débit de la q.d.m. à travers (S) Sommes des forces extérieures appliquées au fluide appliquées au fluide contenu dans (S) (contour fermé) C’est le théorème de la q.d.m. ou THÉORÈME D’EULER PAR LE FLUIDE SUR UNE SURFACE (S) : -POUR CALCULER LES FORCES DE PRESSION EXERCÉES PAR LE FLUIDE SUR UNE SURFACE (S) : 1- Le deuxième membre de L’équation (2), nous donne les forces de pression les forces de pression exercées par le appliquées au fluide contenu dans (S), donc les forces de pression exercées par le Fluide sur S Fluide sur S, est (le signe – devient +): (2) Poids du fluide dans (D) - Interprétation de ce résultat, permanent si l’écoulement est permanent : où (3) (4), pour un fluide pesant 2- Méthode indirecte : (2) nous permet d’écrire Il ya 2 méthodes : (méthode directe) Soit :

Applications Applications : 1- Action d’un fluide sur une conduite : Considérons un fluide parfait pesant et incompressible de masse volumique  en écoulement permanent dans une conduite à section circulaire S 1 et S 2 et de paroi interne S 0 (voir figure). La conduite représentant un coude. On suppose que les champs de vitesse et de pression sont uniformes et on néglige les forces de volumes. 1- Déterminer les forces de pression F exercées par le fluide sur la surface (S) où (S1) (S2) (S 0 ) (S)=(S 0 )+(S 1 )+(S 2 ) V1V1 V2V2 n2n2 n1n1 2- En déduire les forces de pression F 0 exercées par le fluide sur la surface S 0 3- On donne : P 1 = 16. 10 5 Pa P 2 = 16. 10 6 Pa V 1 = 5 m/s S 1 = 0.08 m2 S 2 = 0.01 m2 Calculer V 2 et F 0

Et avec l’hypothèse : forces de volumes négligeables On a : (S)=(S 0 )+(S 1 )+(S 2 ), donc : 1- Déterminer les forces de pression F exercées par le fluide sur S: Solution : Et avec les hypothèses : vitesse uniforme et fluide incompressible (  =cte  La relation (4), nous donne cette force: Où ( P est le poids) (5)

, Si On pose F 0 les forces de pression exercées par le fluide sur (S 0 ) La relation (5), nous donne : + Hypothèse pression uniforme 2- En déduire les forces de pression exercées par le fluide sur la surface S 0 On a : Et puisque : (S)=(S 0 )+(S 1 )+(S 2 ) (6) (5) Et (6)=(5) Soit : Ou encore :

3- On donne : P 1 = 16. 10 5 Pa P 2 = 16. 10 6 Pa V 1 = 5 m/s S 1 = 0.08 m 2 S 2 = 0.01 m 2 Ecoulement permanantConservation de débit  Vs=constante Donc : V 1 S 1 =V 2 S 2 V 2 = V 1 S 1 / S 2 Calculer V 2 et F 0 A.N. : V 2 = 40 n 2 (m/s) Et F 0 = -26000 n 1 + 1.3 105 n 2

ACTION D'UN JET SUR UN OBSTACLE Un jet d’eau cylindrique,d’axe verticale Oz vient frapper une plaque schématisée par un disque d’axe Oz et de centre C. Dans le référentiel galiléen R 0 la vitesse de l’eau dans le jet incident est V 1 et V2 sa vitesse à la sortie. La plaque est fixe/R 0 On note :  la masse volumique de l’eau S 1 la section droite du jet incident S 2 la surface de sortie du jet S L la surface libre du jet sans S 2 S a la surface de la plaque (mouillée) P a la pression uniforme de l’air ambiant x z c - Déterminer la force de pression exercée par le Fluide sur le disque (plat) On néglige les effets de pesanteur. S2S2 S1S1 n

Si on néglige le poids P,On a : on obtient: Et puisque S= S 1 US 2 US a US L = O =0 car pour S a et S L n est perpendiculaire à la vitesse Donc la force de pression exercée par le Fluide sur le disque (plat) : V n n n n Par symétrie S2S2 S1S1 SaSa SLSL

On a : V 1 =V 2 donc : force de pression exercée par le Fluide sur l’auget force de pression exercée par le Fluide sur l’auget (hémisphère) (hémisphère), ACTION D'UN JET SUR UN OBSTACLE Si on néglige le poids P : On a : hémisphère x k Vue de S 2 du bas V 2 = -V 2 k

On sait que F est portée par k, donc Démontrer que la force de pression exercée par le Fluide sur l’auget est de la forme: L’eau arrive sur l’obstacle avec une vitesse initiale V1 et repars avec une vitesse V2. Le jet est dévié par l’obstacle d’un angle  k  u v1v1 v2v2 i Réponse :

Pour un obstacle disque : Pour un obstacle hémisphère :   k  u v1v1 v2v2 i Applications Applications : Remarque : l’angle  est donné aussi par : On a :

- THEOREME DE BERNOULLI Considérons un filet de courant infiniment étroit ABCD. Les quantités P,  et V sont constantes dans une même section d’aires S située à la côte h. Pendant le temps dt la masse de fluide contenue dans ABCD passe en A’B’C’D’, Du point vue énergétique tout se passe comme si, Pendant le temps dt, la masse contenue dans ABB’A’ passait directement en DCC’D’. a) La conservation de la masse  S 1 V 1 dt =  S 2 V 2 dt = dm b) Théorème de l’énergie cinétique : L’augmentation d’énergie cinétique de la masse dm est égale au travail des forces extérieures A B C D A’ B’ C’ D’ (1) (2) SBSB SASA VAVA VBVB 0 z hAhA hBhB g D'

F=-gradU F P=-gradU P donc U P =  (v) gz La somme de ces deux énergies (P (v) +  (v) gz) + (½  (v) V 2 ) est l’énergie mécanique totale l’énergie mécanique totale qui est une constante, donc : L’énergie potentielle L’énergie potentielle contenue dans l’unité de volume de fluide (v) : - L’ÉQUATION DE BERNOULLI donc U F = P (v)  U P tel que :  U F tel que : Donc l’énergie potentielle contenue dans (v) : U = U P + U F Soit : U = (v) gz + P (v) L’énergie mécanique reste alors constante entre deux points de fluides (il n’ya pas de dissipation d’énergie) (e) Pour F : Pour le poids P :Et puisque P=- mg K Et puisque F=-PS n L’énergie cinétique L’énergie cinétique est la quantité (½m V 2 ) Soit L’énergie mécanique totale reste constante si les forces dérives d’une énergie Potentielle (forces conservatives) (il n’ya pas de dissipation d’énergie) Si le cas pour un volume de fluide (v).

Cas d’un fluide traversant une machine hydraulique. La machine peut être récepteur (turbine) ou génératrice (pompe). Si le fluide traverse un récepteur (turbine), soit E’ l’énergie mécanique que la machine absorbe par unité de masse de fluide qui la traverse. En reprenant un raisonnement précédent fondé sur la conservation de l’énergie Mécanique, l’équation (e) nous donne : X Qui s’écrit dans ce cas : On multiplie E’ par  en effet pour que E’ qui est une énergie par unité de masse devient homogène à une énergie par unité de volume : E’(J/kg) * kg/m 3 est homogène à E m /V (1)(2) Turbine ou pompe La machine prend de l’énergie de l’état 1: E m1 – E’ - THEOREME DE BERNOULLI GENERALISE (pour un récepteur (turbine)). Soit : (1)(2) Turbine > E1-E’

Si le fluide traverse un générateur (pompe), soit E l’énergie mécanique que la machine fournie par unité de masse de fluide qui la traverse. (en changeant simplement le signe devant E’/g ) : (pour un générateur (pompe)) Le signe + E’/g l’énergie fournie au fluide qui rentre dans la pompe (1)(2) pompe > E1+E’

- Formules d’application pratique - Cas d’un gaz Lorsqu’un gaz est soumis à de faibles variations de pression, on peut le considérer Comme incompressible (  =cte). Et comme les variations de cote sont souvent négligeable devant les variations dues aux vitesses, On pourra négliger les termes en  g h et écrire l’équation de Bernoulli sous la forme: P =P =Pression statique Pression dynamique Pression totale au point considéré ou charge totale Ce sont des quantité homogènes à des pression Avec les définition suivantes: ½  V 2 = ½  V 2 + P = Cte Pas de perte de charge dans l’écoulement d’un fluide parfait.

- Cas d’un liquide (  =cte) On exprime les termes de l’équation de Bernoulli en hauteurs de liquide : L’équation de Bernoulli s’écrit sous la forme: Hauteur due à la pression Hauteur due à la vitesse Cote du point Charge totale au point considéré Avec les définition suivantes: Ce sont des quantité homogènes à des longueurs ou énergie par unité de poids (  g) En effet (½  V 2 )est une énergie donc (½  V 2 ) /  g =(1/2g)V 2 énergie par unité de poids.

APPLICATIONS DU THÉORÈME DE BERNOULLI : -  Formule de Torricelli Soit un grand réservoir cylindrique de section S percé d’un orifice de section s duquel s’échappe un jet supposé horizontal (voir figure) On note :  la masse volumique du fluide. H le niveau du fluide dans le réservoir (niveau maintenu constant grâce à une alimentation permanente) h la profondeur du centre de l’orifice. g l’accélération de pesanteur. Pa la pression atmosphérique de l’air ambiant. On suppose que : Le fluide est pesant, parfait et incompressible en écoulement permanent. La vitesse du fluide à la surface libre est négligeable par rapport à la vitesse du fluide dans la section de l’orifice. La vitesse du fluide est uniforme dans la section de l’orifice 1) Déterminer la vitesse du fluide dans la section de l’orifice en fonction de g et h. 2) Déterminer l’action du fluide sur la paroi du réservoir en fonction de P a, g, , H, h, S et s. S x s z h H

Solution 1) Déterminer la vitesse du fluide dans la section de l’orifice en fonction de g et h.. Entre les deux points A et B, l’équation de Bernoulli s’écrit : Remarque :On peut choisir oz vers le haut 0 h H B A h H A B z 0

sur la paroi Action du fluide sur la paroi (en contact avec l’eau) du réservoir: F’ sur la paroi 2) Déterminer l’action du fluide sur la paroi (partie mouillée )du réservoir (notée F’) en fonction de P a, g,H, h, S et s. les forces de pression exercées par le Fluide sur toute la surface  (contour fermé): où A noter que le conteur doit être fermé, 0 h H B A (S) (s) z la paroi réelle du réservoir est :le contour(  ) – S - s Paro i (3) Soit : ()() S s Et pour déterminer F, on a de même :

avec () =(paroi) + (S) + (s) Donc : Les forces de pression exercées par le Fluide sur toute la surface  est données par le théorème d’Euler : où En reportant cette expression (4) dans la relation (3), on obtient : Et puisque : F’ s’écrit : (4) On a : Et le débit de la q.d.m.à travers (  ) : 0 h H B A (S) (s) z

Cas d’un réservoir clos (cas d’un gaz) Soit un gaz à la pression Pa dans le réservoir et se détend à la pression atmosphérique Pa après avoir traversé l’orifice : Le réservoir est supposé suffisamment grand pour considérer la vitesse de M négligeable (V M # 0) Et on suppose que le point M et A appartient à une ligne de courant de tel sorte que z M # z A Avec ces hypothèses, la vitesse de à la sortie de l’orifice, s’écrit: A.N. :Pa = 1 atm= 1bar= 10 5 Pa P M -Pa = pa/100 soit : P M - Pa = 10 3 Pa Si le réservoir contient de l’air à 15° :  = 1.25 kg/m 3 On trouve : V A = 40 m/s M PMPM VAVA A Pa

- Principe de Venturi – Mesure de débit Un tube de Venturi est un tube destiné à mesurer : - Des débits ou des vitesses dans le cadre des hypothèses de Bernoulli. Ce tube est constitué d’un convergent C de section S 1 Plongé par un col cylindrique T de section S 2 Et suivi d’un divergent D S2S2 (2) Donc les côtes z 1 et z 2 sont égales pour une ligne telle que celle représentée en Pointillés. Entre les section (1) et (2): (1) Le fluide est supposé parfait, incompressible, irrotationnel, permanent, soumis aux seules forces de la pesanteur. L’axe du tube est horizontal. Soit : (débitmètre) S1S1 (C) (T) (D) La vitesse du fluide est uniforme sur une section donnée, elle sera notée V 1 dans la section S 1 et V 2 dans S 2

D’autre part, la conservation de masse s’écrit : (le liquide étant supposé incompressible) Soit : Ce qui implique : (2) Et d’après les relations (1) et (2), on obtient : Si on pose k = S 1 / S 2 : K est appelée rapport de contraction du tube de Venturi (>1): C’est le débit massique (kg/s) 1- Cette expression montre que P 2 < P 1 : la pression dans le col est plus faible qu’à l’entrée de celui-ci (3) Remarque : 2- Et d’après la conservation de débit : Il en résulte que la vitesse V 2 > V 1

Donc on déduire de cette relation (3) la vitesse V 1 : Et le débit de la conduite est donné par : Donc pour calculer la vitesse V1 et le débit Q, il faut connaître P 1 - P 2 Pour cela on place deux tubes, dites tubes piézométriques, l’un au niveau de la section S 1 du converge, l’autre au niveau du col de section S 2 qui mesurent les pressions totales P 1 et P 2. D’où: (2) (1)

Soient : entre (A 1 et la surface libre) et entre (A 2 et la surface libre) : Donc: pour un z fixe : quand : P  V  quand : P  V  Et P varie toujours avec z -  si le fluide est incompressible :  VS = constante  V 1 S 1 =  V 2 S 2 =  V 3 S 3 - On peut appliquer l’équation de l’hydrostatique entre deux points une verticale aux lignes de courant (car in n ’y a pas d’écoulement suivant cette verticale) hh z A1A1 A2A2 z1z1 z2z2 V1S1V1S1 V2S2V2S2 V3S3V3S3 Soit : Remarque: le théorème de Bernoulli s’écrit :

Et puisqu’on a démontré que : Est le débit volumique (m 3 /s) (kg/s) et Le débit massique s’écrit : Soient : Ce qui implique : et Remarque:Soient: débit volumique débit massique et

Conservation du débit volumique ( fluide incompressible) : Remarque : Remarque : Une Autre méthode pour calculer le débit : Sur la ligne de courant A1A2 : Entre les points A 1 et A 2, on a : hh z A2 V1V1 V2V2 A1 z1z1 z2z2 a2a2 a1a1

* Dans les tubes, le fluide est au repos et puisque : P+  gz=cte On a entre (A 1, la surface libre) et (A 2, la surface libre) : Et puisqu’on a : Et le débit volumique est donc :(m 3 /s) (kg/s) La relation S’écrit : (a) Et (b) nous donne : Soit : débit massique

- Pression en un point d’arrêt - TUBE DE PITOT Soit un obtacle immobile situé dans un fluide en mouvement (voir figure) et supposons l’écoulement permanent, sans frottement. Il existe une ligne de courant MR qui s’arrête en R sur l’obstacle. On peut appliquer le théorème de Bernoulli Sur la ligne de courant MR, on a donc: M R est un point d’arrêt, sa vitesse est donc nulle Pour calculer la vitesse de M il suffit de connaître P R et P M. Si on suppose que z R # z M ou bien on néglige les forces de volumes ( cas des gaz) R

TUBE DE PITOT  TUBE DE PITOT C’est un appareil qui, utilise le théorème de Bernoulli, permet de mesurer les vitesses d’écoulement en un point. En en déduit le débit de l’écoulement On considère une canalisation horizontale, de rayon R. On se propose de déterminer la vitesse d’écoulement d’un liquide dans cette canalisation. Pour cela, on place deux tubes ouverts à l’air libre à la pression atmosphérique Pa (voir figure) On constate une dénivellation h. Calculer la vitesse d’écoulement du fluide, en déduire le débit volumique A B Sens de l’écoulement h Réponse : Ecrivons le T.B entre le point A et B :.. Soient deux points A et B placée comme indiqué sur la figure. D B’ A’ Air P 0

Comme le tube est horizontal, on peut choisir le point A et B tel que z A = z B Et le point A est peut être considéré comme un point d’arrêt, donc : V A =0 Et le choix de B est tel que V B est la vitesse d’écoulement du fluide : V B = V D’autre part : La vitesse V s’écrit donc :On a : Et le débit volumique est alors Q v : Q v = SV A B h.. h1h1 h2h2 Pa (m 3 /s)

Application numérique : On donne : D=40 mm, r=1000 kg/m3, g= 9,81 m/s2, h=3,2cm Q V = 9,94 10 -4 m 3 /s = 10 -3 m 3 /s =1litre/s V= 0,79 m/set On trouve :

- AUTRE FORME D’ÉCRITURE DU THEOREME D’EULER Appliquons le théorème de quantités de mouvement sur la surface ABCD d’un filet de courant ( forces appliquées au fluides) d’un écoulement permanent incompressible parfait (voir figure) La surface ABCD peut être décomposée en 4 surfaces : AB, CD, BC, AD Le débit de quantité de mouvement s’écrit : Les surfaces latérales ne sont évidemment traversées par aucun débit. Les forces extérieurs qui agissent sur la surface de référence sont : C’est l’équation d’Euler - Des forces de pressions exercées sur les parois de S :  - Des forces de volume dues à la pesanteur P ( appliquée en G de S) (Fin Dynamique des fluides) S1S1 S2 V1V1 V2V2 n2n2 n1n1 A C D B

Equilibres de 3 liquides non miscibles Un système de 3 liquides non miscibles (eau, mercure, alcool) est en équilibre dans un tube en U ouvert à l’air libre. Les hauteurs respectives d’eau et d’alcool ainsi que la distance entre les niveau de mercure sont indiquées sur la figure ci- dessus. On notera respectivement  1  2  3 les masses volumiques de l’eau, du mercure et de l’alcool. Eau (ρ 1 ) h1h1 h2h2 z Mercure    Alcool  3 h3h3 a) Exprimer  3 en fonction de  1,  2, h 1, h 2, h 3. b) Calculer numériquement  3, sachant que : h 1 = 0.80 m, h 2 =0.05 m, h 3 = 0.20 m,  1 = 1.0 10 3 kg/m 3,  2 =1.36 10 4 kg/m 3 P 0 pression atmosphérique Problème 1 :

z Solution : a) Choisissons un point A de l’interface eau/mercure : Choisissons un point B de l’interface alcool/mercure : Exprimons au sein du mercure la différence de pression entre A et B : Pour éliminer P A, P B et g entre (1), (2) et (3), b) L’application numérique conduit à : Eau (ρ 1 ) h1h1 h2h2 Mercure    Alcool  3 h3h3 P 0 pression atmosphérique On a : Soit : on injecte (1) et (2) dans (3) B A

La méthode du tube en U : ( chap. Statique des fluides) On verse les deux liquides dans un tube en U et on a h h0h0 ρ0ρ0 ρ Remarque :: f- Une première distinction dans les fluides Lorsque le fluide garde une masse volumique constante, on dit que le fluide est incompressible. Dans le cas contraire, on parle de fluide compressible. Les liquides peuvent être considérés, dans une large mesure, comme incompressibles. Ce n’est pas le cas pour les gaz. Par contre, pour certains types d’écoulement, les gaz peuvent avoir un comportement de fluide incompressible. C’est le cas lorsque le gaz s’écoule avec une vitesse inférieure à 0,3 fois la vitesse du son (météorologie…).  =cte pour un fluide incompressible

Problème 2 : Sur la pression dans les fluides : - La figure schématise un manomètre à liquide (masse volumique  ) à réservoir de section constante S ; celle du tube vertical est s. Lorsque p r =p =p 0, on a z r =z=z 0 repérable à travers le tube. Lorsque p # p r, les cotes des deux surfaces libres deviennent z r et z, cette dernière côte étant seule repérable. c-à-d on peut la lire directement sur le tube gradué ! 1)Exprimer la pression différentielle p’= p r – p en fonction de (z-z 0 ) et de , g, s, S 2) Exprimer la sensibilité 3) On incline le tube du manomètre, sa direction faisant un angle  avec le plan horizontal. La position du ménisque le long du tube est repérée par son abscisse Z. Calculer la nouvelle sensibilité. Le tube section s Réservoir section S

z0z0 p0p0 zrzr z p +  g z= cte On a : 1)Exprimer la pression différentielle p’=p r – p en fonction de (z-z 0 ) et de , g, s,S Entre les deux états : A(z r, p r ) et B(z,p), on peut écrire : p r +  g z r = p +  g z p’= p r - p =  g( z- z r ) Et puisque, le fluide est incompressible, S. (z 0 –z r )= s(z-z 0 ) prpr z (1) (2) (1) et (2) nous donnent : P? p’= p r - p =  g( z- z 0 )(1+s/S) (I) donc : 2) Exprimer la sensibilité : (I) : p’= p r - p =  g( z- z 0 )(1+s/S)dp’=  gdz/(1+s/S)  p’/  z=  g/(1+s/S) Soit : Et puisque: A B

3) On incline le tube du manomètre, sa direction faisant un angle  avec le plan horizontal. La position du ménisque le long du tube est repérée par son abscisse Z. Calculer la nouvelle sensibilité.  Z0Z0 zrzr prpr Z p Z-Z 0 z Entre les deux états : (z r, p r ) et (z,p), on peut écrire : p r = p +  g (z-z r ) Or sin  =(z-z r ) / (Z-Z r ) p r = p +  g (Z-Z r ) sin  z0z0 Et puisque, le fluide est incompressible, conservation de volume : S. (z 0 –z r )= s(Z-Z 0 ) donc : Tube gradué p’=p r – p   g (Z-Z r )sin  (1) Z 0 -Z r ZrZr Sin  = (z 0 -z r ) / (Z 0 -Z r ) Et d’après les relations (1) et (2) on obtient : p r +  g z r = p +  g z Donc : Et on a : S. (Z 0 -Z r )Sin  = s(Z-Z 0 ) (2), soit : On obtient :

On dit qu'il existe un profil de vitesse La vitesse de chaque couche est une fonction de la distance z de cette courbe au plan fixe : v = v(z). La viscosité caractérise le frottement interne prenant naissance dans un fluide. Des forces de frottement apparaissent dans le fluide lors de l’écoulement, C’est-à-dire lors du glissement des couches les unes sur les autres, chaque molécule de fluide ne s'écoule pas à la même vitesse, Il existe donc un gradient de vitesse dans la direction perpendiculaire à la vitesse. DYNAMIQUE DES FLUIDES VISQEUX 191

Exemple : Soit un film de fluide placé entre une paroi et une plaque mobile d’aire « S ». V0V0 Profil de vitesse Paroi fixe Polaque mobile On applique une force F sur la plaque mobile, celle-ci a alors une vitesse V 0 : La vitesse moyenne : On a : Q v = SV moy V=0 Polaque mobile Paroi fixe 192

Considérons 2 couches 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. Le facteur de proportionnalité  est le coefficient de viscosité dynamique du fluide Dimension : [  ] = M·L -1 ·T -1. Unité : Dans le système international (SI), l'unité de viscosité est le Pa  s ou Poiseuille (Pl) : 1 Pl = 1 kg/  m  s loi de Newton - Viscosité dynamique : loi de Newton Elle est proportionnelle à la différence de vitesse des couches soit dv, à leur surface S et inversement proportionnelle à dz : dz Par définition : (kg/ms) 193

les fluides non-newtoniens. Ce sont les solutions de polymères, les purées, les gels, les boues, le sang, la plupart des peintures, etc … Dans de nombreuses formules apparaît le rapport de la viscosité dynamique  et de la masse volumique . Ce rapport est appelé viscosité cinématique  Dimension : [ ] = L 2 ·T -1. - Viscosité cinématique Il ya deux types de fluides : les fluides newtoniens et les fluides non-newtoniens les fluides newtoniens satisfaient à la loi de Newton : C’est le cas des gaz, des vapeurs, des liquides purs. - les fluides newtoniens (m 2 /s) 194

THEOREME DE BERNOUILLI GENERALISE (Pertes de charge) Dans un fluide visqueux, lors de l’écoulement, la viscosité se manifeste par une Dissipation d’énergie Et par conséquent la quantité p+  gz+ ½  V 2, n’est plus une constante sur une ligne de courant. qui représente l’énergie mécanique total On peut écrire donc, Que entre deux point 1 et 2 d’une ligne de courant, : Où  P est la perte de pression totale Ou bien : Où  H est la perte de charge. On peut remarquer que : 195

-Notions de pertes de charge Un fluide parfait n’existe pas. Lors d’un écoulement dans une conduite, les forces de frottement dissipent une partie de l’énergie cinétique et potentielle ce qui se traduit par l’existence de « pertes de charges » dont il s’agit de tenir compte. imposer une surpression Pf que l’on appelle perte de charge en pression et qui est due à l’existence de forces de frottements (viscosité) Considérons un écoulement cylindrique horizontal stationnaire et incompressible. Si l’on applique la relation de Bernoulli entre l’entrée (1) et la sortie (2), on obtient : P1=P2 Or, expérimentalement, on observe qu’il faut imposer une pression plus importante en entrée pour entretenir le régime permanent. En effet, les forces de viscosité résistent à l’écoulement. Il faut donc (1)(2) 196

Il existe deux types de pertes de charge : 2. Les pertes singulières : dans un circuit, la présence de coudes, de robinets, de vannes, de modifications brutales de sections produit des pertes de charge dites singulières. 1. Les pertes charges en longueur droite dites pertes de charge régulières : Ce sont donc les pertes dues aux frottement le long du trajet. On verra dans le chapitre suivant une relation entre la perte en pression et le débit. 197

- DETERMINATION DE PERTES DE CHAGE  H Pertes de charge sont de deux natures 1  Les pertes de charge dues aux frottements entre les couches du fluide et contre Les parois des canalisations Elles sont appelées pertes de charge régulières 2  Les pertes de charge dues à la présences de singularités sur les canalisations :  Elargissement brusque  Rétrécissement brusque  Vannes  Coudes,…….. Elles sont appelées pertes de charge singulières Les pertes de charge singulières ou accidentelles sont dues aux accidents de parcours que sont les coudes, les tés, les vannes, les raccords, etc. Ces pertes de charge sont fonction de la vitesse et les pertes de charge singulières sont même proportionnelles au carré de la vitesse du fluide en mouvement. 198

Rétrécissement brusque. Calculs des pertes de charge singulières La perte de charge due à ce rétrécissement, soit  h, est égale à :  h = 0,5.[1- D² 2 /D² 1 ]. V²/2g Dh : perte de charge (en mCE eau), D 1 : diamètre du tuyau avant rétrécissement (en m), D 2 : diamètre du tuyau après rétrécissement (en m), V : vitesse moyenne de l'eau après rétrécissement (en m/s), g : accélération de la pesanteur, en m/s². 199

Elargissement brusque La perte de charge due à cet élargissement, soit  h, est égale à :  h = V²/2g [1- D² 1 /D² 2 ]² avec,  h : perte de charge (en mCE eau), V : vitesse moyenne de l'eau avant élargissement (m/s), D 1 : diamètre du tuyau avant élargissement (m), D 2 : diamètre du tuyau après élargissement (m), g : accélération de la pesanteur, m/s². Calculs des pertes de charge singulières 200

dans les vannes et robinets sont données par :  h = k.V²/2g le coefficient k est fonction du type de système, soit ;Vannes "papillons" (ou tournantes). Soit Robinets à boisseau.  0 à 5°10°20°30°40°45°50°60°70° k 0,25 à 0,3 0,521,543,9110,818,732,6118751 Rq : le coefficient k dépend du degré d'ouverture (  ), mais aussi du profil hydrodynamique du papillon : à voir selon les données des fabriquants. Ordre de grandeur :  10°20°30°40°45°5055° k0,311,846,1520,74195,3275 Vannes "papillons" (ou tournantes). Robinets à boisseau : Calculs des pertes de charge singulières 201

1  Les pertes de charge dues aux frottements entre les couches du fluide et contre les parois des canalisations Elles sont appelées pertes de charge régulières * CALCULE DES PERTES DE CHARGE RÉGULIÈRES : On montre expérimentalement que ces pertes de charges dépendent de :  Viscosité du fluide  Longueur de la canalisation  Diamètre de la canalisation  Rugosité de la canalisation   Débit de la canalisation On montre que  H pour un fluide visqueux qui traverse une canalisation : D L V M est la vitesse moyenne ( = Q v /S) L, D longueur et diamètre de la canalisation  coefficient de perte de charge 202

On montre que en régime d’écoulement laminaire : Avec R e le nombre de Reynolds où On montre que :Si R e < 2000 l’écoulement est laminaire Si Re > 2000 l’écoulement passe par une phase transitoire avant de devenir turbulent La valeur du coefficient de perte de charge : En régime d’écoulement turbulent dans une canalisation lisse En régime d’écoulement turbulent dans une canalisation rugueuse, de rugosité  (relation de Blasius) Exemple : Acier  = 0.045 mm Fonte  = 0.26 mm Béton  = 0.3 à 3 mm  est définie par la hauteur géométrique moyenne des aspérités de la canalisation 203

En conclusion, pour diminuer l’ensemble des pertes de charge dans une canalisation, afin de diminuer les coûts de fonctionnement dus aux pompes, il faut, quand c’est possible :  diminuer la longueur de canalisation ;  diminuer le nombre d’accidents sur la canalisation ;  diminuer le débit de circulation ;  augmenter le diamètre des canalisations ;  faire circuler des liquides le moins visqueux possible ;  utiliser des matériaux de faible rugosité. 205

208 Loi de KEPLER C’est vers 1618 que KEPLER énonça les trois lois empiriques suivantes qui constituent sans doute une des plus grandes découvertes expérimentales dans l’histoire de l’humanité : Les deux premières lois de Kepler furent publiées en 1609 et la troisième en 1618.16091618 Peu après, Isaac Newton découvrit en 1687 la loi de l'attraction gravitationnelle (ou gravitation), induisant celle-ci, par le calcul, les trois lois de Kepler.Isaac Newton1687 gravitation Isaac Newton (1643 - 172716431727 CopernicCopernic avait soutenu en 1543 que les planètes tournaient autour du Soleil, mais il les laissait sur les trajectoires circulaires 1543 Kepler (1571 – 1630)

Application en TP : - Théorème de Bernoulli (Calcul de pertes de Charge) - Etude de l’impact d’un jet d’eau sur un obstacle 210

Année 2013/14 Filière : STPI Module : Physique V Responsable : Pr Anoua M. 1.

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