Mécanique des fluides

L’action de pression qu’exerce

l’air sur l’élément de surface dS est

dF

( M ) . d



nS .

• p



2

1

A l’équilibre de la surface dS : la résultante des actions de pression élémentaire est



Fd

1





Fd



2



p

1

( M ) . d



nS .

• p

( M ) . d

2



nS .



Fd



Fd



p (

1

• p

2

) . dS



n.



Fd

. Or p1 – p2 = . g. h



. g . h

. ds .



n

p1(M) - p2(M) = p1(M) - patmo : est appelée la pression effective sur la paroi au niveau du

point M.

Département de Génie Mécanique

page :

8

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

IV-1. Intensité de la force de pression :



La force de pression F

aura pour intensité :



F



S

ρ . g . h

. ds .



n

• Dans le repère R



)w,v,u,



(O

le point M est de coordonnées (u, v, 0) ,Alors :

• Dans le repère R



)w,v,u,



(O

, h = u M .sin , alors

dS = du.dv



F



sin.g.

U.



S



n.

.dS

M

Par

définition

le

centre

de

S .

OG

 

.OM

dS



S

OG.



gravité

Gu

.

S .

est

défini

par :



F

Par suite

Finalement :





sin.g.



n.Su.

.G

avec

h

G



sin

u.

G



F



g .

.

h

.

G .



nS .

• hG est la profondeur du centre de gravité de la paroi par rapport à la surface libre.

Application 1 :

Calculer la résultante générale des actions

de pression sur la paroi noyée.

Réponse :

 La pression du coté liquide (1) :

p1 ( z ) = pa + .g. ( z – 0 )

 La pression du coté liquide (2) :

p2 ( z ) = pa + .g. ( z – z2 )



Fd



Fd



)z(p(

1



.z.g.

2

))z(p-

2



n.ds



n.dS.

D’où :



R



Fd



s



n.Sz.g.

.2



Département de Génie Mécanique

page :

9

θ

θ

θ

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

Application 2 :

Calculer la résultante générale des actions de

pression sur une paroi verticale rectangulaire

de longueur (L) et de largeur (l).

Réponse :

hG



L

2

et

S



l.L

La résultante générale est :



L

R

2



Fd

.g.







n.l.L

.





Fd

1



2



n.l.L.g.

2



s



s



R

IV-2. Position du centre de poussée de la résultante par rapport à la surface libre

du liquide:

Soit C de coordonnées (uC, vC, 0) le point d’application de la résultante des forces de

pression. On désire déterminer la position de ce point.

A cet effet on a la procédure suivante :



 Calculer le moment de la force élémentaire Fd

exercée au point (M) par rapport

au centre du repère (O), puis faire l’intégration (on obtient une équation).

)dF(M

O





OM

S



dF

Département de Génie Mécanique

page : 10

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

 Calculer le moment de la force



cF

exercée au point (C), par rapport au centre du

repère (O) (on obtient une équation).

)F(

C



OC



Fc

OM



Identifier les deux équations pour déterminer (uc et vc ).

u

v

0

0

0

F

C

)dF(



M

O

)F(

M

O



0

0

dF





S

S





dF.

v

.u

dF

0

vFc.

C



Fc.u

C

0

(I)

(II)







OM



S



dF





S

OC



F

C



u

C

v

C

0

vFc .

C



v.

Fc.u

C



u.











s





s



dF

dF

L’équation (II) nous donne :



Fc.u

dF.u





C

s

u.S.h.g.

G

C



u.ρ

..g.h.ds



s







S.u.h

G

C

S.u.h

G

C

S.u.h

C

G

u

.

h.ds

u

.

u.sin



.ds







s



s



sin θ

u 2

dS.

.



S

2 dS.u

2 dS.u

S

S

: Cette quantité représente le moment quadratique de la surface.

= IOv, Or d’après Huygens :

I Ov = I Gv + S.u2

G

S. hG . uC = sin . (I Gv + S.uG

u 2

.S

G

S.h

G

Avec hG = uG.sin

sin

;

.

2 )

sinθ

.



u

C



I

GV

hS.

G

Département de Génie Mécanique

page : 11

ρ

θ

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

Finalement

u

C



I

GV

uS.

G



u

G

;

h

C

sin θ



I

GV

hS.

G

.

sin θ



h

G

sin θ

;

h

C



I

GV

hS.

G

.

sin

2



;h

G

h : Profondeur par rapport à la surface libre du liquide.

L’équation (I) nous donne :

Fc.v

C





s

v

dF.



v.S.h.g.

G

C



v.ρ

..g.h.ds

Avec (h = u. sin) ;



s



h

G

v.

C

S.



.

v.ds



I

O

.u

v.ds



Or d’après Huygens :

UV

s

(

c'

est

le

produit

d'

sin θ

u.



s

inertie

)

I Ouv = I Guv + vG.uG .S .

S. hG . vC = sin . (I Guv + vG.uG .S);

v

C



Notons Bien :

I

GUV

.

h.S

sinθ

G



v

G

;

Le moment quadratique :



2

ds.u

I

GV

  

0



estC

situé

au

-

dessous

de

G.

Lorsque l’un des axes (Gu) ou (Gv) est un axe de symétrie de la paroi alors le IGUV = 0,

c’est à dire que vC = vG.(G et C sont alignés)

Pour une paroi verticale :

Pour une paroi horizontale :



2



sin



1

h

C



I

GV

hS.

G



h

G

et

u

C



I

GV

uS.

G



0



sin



0



u

G

h

C 

h

G

et

u

C 

u

G

Département de Génie Mécanique

page : 12

θ

ρ

θ

θ

θ

θ

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

Application :

Calculer les coordonnées du centre de

poussée et le point d’application de la

résultante

des

efforts

de

pression appliqués

à

un

barrage

contenant de l’eau.

Solution :

D’après le cours on a :

h

C

Or





I

GV

hS.

G



2

GVI





h

G

,

u

C



I

GV

uS.

G

sin



1



u

G

et

v

C



I

sinθ

GUV

.

h.S

G



v

G

ds.u2

avec ds = du . dv

Par suite :

GVI



L

2

l

2

 

L-

2

l-

2

2

dv.du.u

I

GV



.l







3

u

3







L

2

L-

2

Le moment quadratique d’une surface rectangulaire plane est :

IGV 

La hauteur correspondant au centre de gravité G est :

hG 

La hauteur correspondant au centre de poussée C est :

hC 

L

2

L2

3

L3.l

12

uC



L2

3

L

6

L-

2

L

2



l

2

Le produit d’inertie est :

I

GUV





s

.u

v.ds



 

L-

2

l

2

v.u

dv.du.

I

Gu

V



l

4





u

2



L

2

L-

2





v

2



l

2

l-

2



I

Gu

V



0

En tenant compte de la position du centre de gravité par rapport à l’axe (Ov) : vG = 0 .

Finalement la position du centre de poussée par rapport à l’axe (Ov) est : vC = 0 .

Département de Génie Mécanique

page : 13

θ

θ

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

IV-3 Eléments de réduction du torseur des forces de pression par rapport au centre

de gravité de la surface noyée:

La paroi verticale possède un axe de symétrie (G, Y). G est son centre de surface. D’un

coté de la paroi il y a un fluide de poids volumique ϖ, de l’autre coté, il y a de l’air

à la

pression atmosphérique Patm. On désigne par PG la pression au centre de surface G du

coté fluide.

Connaissant la pression PG au point G, la pression PM au point M est déterminée en

appliquant la relation fondamentale de l’hydrostatique :

PP



G

M





.g.y



P



M

.g.y





.y





G

P

P

G

Exprimons la force de pression en M :

avec





.g

(N/m

)3

le

poids

volumique



P(Fd



G 

-

.y)

dS

x

.

.

Soit 



 G

cohésion

le torseur associé aux forces de pression relative :







M



La résultante des efforts de pression est :









cohésion

G

R

S

dF



GM



S





G









G

dF



s Fd



s











0



s

par

-P(

G

.dS

s

P

-dS.P

-

G

G



.y)

x.



.



s

.

SY

.

G

dS.



x

y.dS



repère

.

rapport

au

R*



O

Yr

G

Roud'R;





s

dS.P

G

 x

.

Département de Génie Mécanique

page : 14

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

Finalement :

PR

G

.

xS.

Le moment résultant des efforts de pression par rapport au point G est :

GM

 S



MG

Dans le repère (G, X, Y, Z) on peut écrire :

dF



GM



y.y

Donc

M

G





s



et

dF



(P

-



G

.y).dS.

,x

yy.



(P

G



.y).dS.

x

,

Sachant que

y



z-x

M

G



.P



G

dSy

.





s

dSy

.



Sy

.

G

2

y

dS

.



.(



)z

et0

.



s



On sait que



s

2

y



s

centre

le

dS

.



I

zG

(

),

G.

de

surface

:

Moment

quadratiqu

e

lade

surface

parS

rapport

l'à

axe

(G,

x)

passant

par

Donc

:

M

G 

I.

)z(G,

z.

En résumé : 



cohésion





G



xSP

..



G



I

.





zG

),

(

z

.









G

VI- Poussée d’Archimède :

VI- 1. Enoncé du théorème :

Tout corps complètement immergé dans un fluide, reçoit de ce fluide une poussée

verticale réagissant de bas vers le haut ayant une intensité égale au poids du fluide

déplacé.

 Si le solide et le fluide sont homogènes alors G et C sont confondus.

 Si le solide et le liquide sont hétérogènes alors G et C sont distincts.

Pour assurer l’équilibre du corps immergé, il faut que le centre de poussée et le centre de

gravité soient alignés.

Département de Génie Mécanique

page : 15

ω

ω

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

On cherche à déterminer la résultante des forces de pression qui s’exercent sur un solide

en équilibre dans un liquide.

V- 2. Mise en évidence :

Le volume fictif de fluide reste en équilibre sous l’action de son poids m.g et de

l’ensemble des forces de pression exercées sur sa surface extérieure par le fluide

environnant.

L’application du principe fondamental de la statique montre que la résultante des forces de

pression (ou poussée d’Archimède FA) est égale et opposée au poids m . g .

F

A



.

gm



.

V

g

V: volume de fluide déplacé (m3)

g = 9,81 m. s-2

FA : poussée d’Archimède (N)

ρ= masse volumique du fluide (kg.m-3)

V- 3. Solide Partiellement immergé :

Dans le cas d’un solide partiellement immergé, ou dans le cas d’un solide complètement

immergé mais non homogène, le centre de poussée A est distincts du centre de gravité G

du solide, ce qui influe sur la position d’équilibre de celui-ci.

Exemple :

Le point M, situé à l’intersection de la verticale passant par le point A et de l’axe de

symétrie du solides, est appelé métacentre et dm est la distance métacentrique.

Si M est situé au dessus de G, il y a toujours stabilité ; le solide tend à revenir dans sa

position d’équilibre après un écart. Il y a instabilité dans le cas contraire, lorsque M est au

dessous de G.

Département de Génie Mécanique

page : 16

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

Application 1:

Un tronc d’arbre de forme cylindrique de (diamètre D = 50 cm , longueur L = 4.5 m ) est immergé

dans un bassin d’eau , comme le montre la figure 1.

1°) Si à l’équilibre le tronc est à moitié immergé, calculer la masse volumique t du tronc. On

donne la masse volumique de l’eau eau = 1000 Kg/m3 .

2°) Si le tronc est creusé de diamètre intérieur d = 40 cm, calculer la force F1 qu’il faut appliquée

pour que celui-ci reste à moitié immergé, comme le montre la figure 2.

3°) Calculer F2 pour que le tronc soit totalement immergé.

Réponse:

1°) Bilan des actions extérieures :

Le solide est soumis à son propre poids : P et à la poussée d’Archimède : PA

A l’équilibre : P + P A = 0

P

P A 

g







P



v



m

g

eau

eau

eau



A

;

La poussée d’Archimède :

Avec

V

eau



t

V

2

Le poids du tronc :



Dl



4

Avec

V



t







Dl



4

gmP

1

2





t

2

(1)



t

v

t



g

2

)2(

Département de Génie Mécanique

page : 17

ρ

ρ

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

En égalisant entre (1) et (2) on aura :

2°) A l’équilibre : P + P A + F 1 = 0

m

La poussée d’Archimède :



eau



t

eau

2



500

3

mKg/

.



P



F

1

P-

A



0

(3)



g



eau

v



eau



g

;

V

eau



t

V

2



1

2



l

Avec

2

)d-D(

2

;

A

P



4

Le poids du tronc :

gmP





t

Compte tenu de l’équation (3 ) :



t

v

t



g





g



l



t



4



2

)d-D(

2

;

F

1



P

A

-

P



gl



4

2

)d-D(

2

O

an

3°)

F

2



P

A

-

P

P



F

2

P-

A



0



gl



4

2

)d-D(

2



(

eau

2

(4)



)

t

;or



t

eau

2

F



1

0

;



(ρ

eau



)

t



1560

.N

Application 2 :

Un cube en acier de coté a=50 cm flotte sur du mercure.

On donne les masses volumiques :

• de l’acier ρ 1= 7800 kg/m3.
• du mercure ρ 2= 13600 kg/m3.

1) Appliquer le théorème d’Archimède,

2) Déterminer la hauteur h immergée.

Réponse :

1) Théorème d’Archimède : la poussée d’Archimède est égale au poids du volume déplacé :

P

Archimède

2) Equation d’équilibre :

2



a

.h.



.g

2

PArchimède P

oids

2

a

.h.



.g

2



3

.a



.g

1

h







1

2

.

a



7800

13600

50.



28.676

cm

Application 3 :

On considère une plate-forme composée d’une plaque plane et de trois poutres cylindriques en

bois qui flottent à la surface de la mer.

On donne :

-Les dimensions d’une poutre : d=0.5 m et L=4 m ;

-La masse volumique du bois : 700 kg/m3 ;

-La masse volumique de l’eau de mer : 1027 kg/m3 ;

-La masse de la plaque Mc = 350 kg ;

-L’accélération de pesanteur : g= 9.81 m/s2.

Travail demandé :

Département de Génie Mécanique

page : 18

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

1- Calculer le poids P0 de la plateforme.

2- Ecrire l’équation d’équilibre de la plateforme.

3- En déduire la fraction F(%) du volume immergé des poutres.

4- Déterminer la masse Mc maximale qu’on peut placer sur la plateforme sans l’immerger.

Réponse:

1)

Poids

total

lade

plate

-

forme

P:

0



(M

p



3.M

b

).g



(M

p



3.



boids





2

D

4

.L).g

P:A.N

0



(350



3.700



2)

L'

équation

d'

équilibre

2



0.5

4

découle

.4)



19613.5

N

du

PFS

P:

Poussée

d'

Archimède

Poussée

d'

3)

P:A.N

Archimède



.V

3.





eau

Poids

.g

immergé



P

0

du volume

eau

déplacé

0 

d'

V

immergé

Archimède

P

0



3.



.g

eau

La

fraction

du volume

immergé

(%)



V

immergé

V

poutre

.100



P

0

.g.V

poutre

3.



eau

.100

La

fraction

du volume

immergé

(%)



13.

19613.5



027.9,81.

0,5.

4

.100



82,62%

2

4.

4)

Poutre

La

complèteme

nt

du volume

immergée

immergé

fraction

(%)



%100



V

immergé



V

poutre

.gMP



0

3.



C

.g

eau



V

poutre



M

C



1

g

.(

3.



eau

.g.

V

poutre



)P

0

MA.N;



C

1

81,9

.(

13.

027.9,81.



2

5,0.

4

14.



9613

)5.



420

5,

Kg

Application 4 :

Soit un solide de volume v = 200 dm3 .Pour le maintenir complètement immergé dans l’eau eau =

1000 Kg/m3 , on exerce dessus une force F1 = 400 N .Pour le maintenir complètement immergé

dans un autre liquide de masse volumique 2, on exerce dessus une force F2 = 150 N.

1°) Calculer le poids du solide.

2°) Calculer la masse volumique 2, de l’autre liquide.

3°) Calculer le volume immergé du solide dans l’eau et dans l’autre liquide lorsqu’on n’exerce plus

de force dessus.

Département de Génie Mécanique

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Mécanique des fluides

ISET Bizerte 2014 / 2015

TD1 : Hydrostatique

Exercice1- Mesure d’une pression par un tube piézométrique

Soit un point M d’un liquide en équilibre. Faisons déboucher en M un tube transparent dans lequel

la surface libre se fixe à la hauteur verticale z au-dessus de M. Le niveau A atteint par le liquide

dans le tube s’appelle niveau piézométrique. La pression atmosphérique régnant à la surface libre

du liquide est Pa.

Montrer que la mesure de la pression PM en M peut se faire par la mesure de la hauteur z en

donnant la relation qui relie les deux variables.

Quelles sont les hauteurs de fluide correspondant à une différence de pression de 1 atm dans les

deux cas suivants : le fluide est du mercure (=13 600 kb/m3) ; le fluide est de l’eau (=1000

kg/m3)

Exercice2- Manomètre simple dérivé du tube de Torricelli

L’appareil représenté sur la figure ci-contre

permet de mesurer la pression d’un fluide, un

gaz par exemple, par la mesure de la longueur

L. Le gaz est en contact avec un seul liquide.

1- Exprimer P en fonction de L.

2- Montrer que la sensibilité L/P augmente si le liquide a une faible masse volumique (eau,

alcool au lieu du mercure) et si l’angle  du tube avec l’horizontal diminue.

Exercice 3- Siphon

Un siphon est essentiellement constitué par un tube en J renversé,

dont les deux extrémités ouvertes plongeant dans deux récipients

situés à des niveaux différents. Supposons qu’un robinet soit placé à

l’extrémité inférieure et soit tout d’abord fermé. Les deux récipients

contiennent un même

liquide et

le siphon est aussi

rempli

intégralement de ce liquide.

1- Exprimer la pression au point B’ au-dessus du robinet en fonction

de la pression B’’ dans le récipient inférieur. Que se passe-t-il

lorsque l’on ouvre le robinet ?

Exercice 4- Tube en U

Un tube en U de section uniforme contient du mercure. Dans une des branches, on verse de

l’eau ; dans l’autre, on verse de l’alcool. On constate que les surfaces libres...