statique des ﬂuides - edu.upmc.fr · pdf file10 chapitre 2. statique des fluides o x y z d 0...

Chapitre 2

Statique des fluides

2.1 Introduction

2.1.1 Qu’est ce qu’un fluide ?

Il est difficile de donner une definition precise du terme « fluide » au niveau d’un cours delicence deuxieme annee.

On peut etre tente de definir un fluide par la propriete qu’il a de s’ecouler en opposition ausolide qui ne s’ecoule pas. L’experience montre aussi que les fluides subissent des deformationsimportantes sans qu’il soit necessaire, pratiquement, d’exercer des efforts contrairement auxmilieux solides. Selon ces criteres, l’eau, l’air, les liquides usuels, sont des fluides.

Mais que dire de certaines graisses ou huiles qui se figent quand la temperature diminue ? Lafrontiere entre fluides et solides n’est pas nettement marquee. Selon la valeur de sa temperature,ou plus precisement de son etat thermodynamique, un milieu peut avoir le comportement d’unfluide ou d’un solide.

Il existe des corps qui s’ecoulent tres lentement sous l’action de leur propre poids, mais quiopposent une grande resistance a l’ecoulement si l’on veut forcer celui-ci a etre rapide : parexemple les glaciers. Ici on peut dire que selon l’echelle de temps sur laquelle on observe lesphenomenes, un milieu peut avoir le comportement d’un fluide ou d’un solide. Sur un laps detemps court (une semaine par exemple), le glacier se comporte comme un solide ; sur un laps detemps long (plusieurs annees), le glacier se comporte comme un fluide.

Un autre exemple de comportement fluide et solide est donne par les milieux granulaires(sable, poudre, . . . ). Selon les contraintes, ou forces, exercees sur le milieu, celui-ci peut s’ecoulerou bien demeurer fige. Pour un ingenieur en genie civil travaillant sur les sols ou les remblais, lesmateriaux granulaires sont souvent assimiles a des materiaux solides, mais la matiere granulaireest vue comme un fluide dans l’industrie des poudres.

Notre objectif est modeste. Les fluides que nous etudierons sont les fluides usuels : l’air, l’eau,les liquides et gaz usuels. Nous nous contenterons d’une approche intuitive. Les fluides epousentles recipients dans lesquels ils sont ; ils s’ecoulent. Par ailleurs, ils peuvent etre compressibles ouincompressibles.

2.1.2 Masse volumique. Force volumique

Dans l’espace physique, on considere un fluide (ou plus generalement un milieu materielcontinu) qui occupe un volume D0 (a un instant fixe). On introduit le repere orthonorme R =(O;x, y, z). Dans ce repere, un point M a pour coordonnees (x, y, z) (Fig. 2.1-a).

Soit ∆V un petit volume autour du point M . Par exemple, on peut prendre pour ∆V unpetit parallelepipede rectangle de cote ∆x, ∆y, ∆z et ainsi ∆V = ∆x∆y∆z. Soit ∆m la masse

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10 CHAPITRE 2. STATIQUE DES FLUIDES

O

x

y

z

D0

∆~F

∆V

M

O

x

y

z

D0~T ∆S

DS

A

Milieu exterieur a D(a) (b)

Fig. 2.1 – Domaine de fluide

de ce petit volume. On designe par ρ la limite, si elle existe, de ∆m/∆V quand ∆V tend vers0 :

ρ = lim∆V→0

∆m/∆V = ρ(x, y, z) = ρ(M) (2.1)

ρ est appele masse volumique au point M .Considerons toujours le petit volume elementaire ∆V et soit ∆~F la force qui s’exerce sur

∆V ; ce peut etre la force de la pesanteur, ou une force d’origine electrique ou magnetique, ouune force autre. On appelle force volumique ~f (force par unite de volume) la limite, si elle existe,de ∆~F/∆V quand ∆V tend vers 0 :

~f = lim∆V→0

∆~F

∆V= ~f(x, y, z) = ~f(M) (2.2)

~f est appele force volumique au point M .

Cas de la pesanteur : ~f = ρ~g ou ~g est l’acceleration de la pesanteur.

2.1.3 Loi fondamentale de la dynamique (rappel)

Considerons un milieu materiel occupant le volume D0 et soit une partie D de celui-ci.Nous rappelons ici la loi fondamentale de la dynamique telle qu’elle a ete vue dans les Unitesd’Enseignement traitant de la « Mecanique du corps rigide ».

Loi fondamentale de la dynamique (rappel)

Il existe un referentiel privilegie R appele galileen (c’est-a-dire un repere galileen et unechronologie (c’est-a-dire un temps) galileenne), tel que le mouvement de D par rapport a cerepere et pour cette chronologie est tel que le torseur des quantites d’acceleration {A} de D estegal au torseur des efforts exterieurs {Fe} appliques a D :

{A} = {Fe} (2.3)

et ceci pour toute partie D de D0 et a chaque instant.Rappelons qu’ecrire l’egalite des deux torseurs {A} et {Fe} est equivalent a ecrire l’egalite des

resultantes des deux torseurs, et celle des moments des deux torseurs en un point A quelconque.Nous utiliserons la loi fondamentale de la dynamique dans le Chapitre 4. Dans ce chapitre,

2.1. INTRODUCTION 11

nous nous interessons seulement a la statique : le milieu D0 est au repos (on dit aussi enequilibre) dans le referentiel R. Les quantites d’acceleration sont identiques a zero, si bien quela loi fondamentale s’enonce sous la forme suivante :

Loi fondamentale de la statique (LFS)

Il existe un referentiel privilegie R appele galileen (c’est-a-dire un repere galileen et unechronologie galileenne), tel que le milieu D est en equilibre (c’est-a-dire au repos) dans ce repereet pour cette chronologie si et seulement si le torseur des efforts exterieurs {Fe} appliques a Dest nul :

{Fe} = O (2.4)

et ceci pour toute partie D de D0 et a chaque instant.Autrement dit, D est en equilibre si et seulement si la resultante et le moment en un point

A des efforts exterieurs appliques a D sont nuls, et ceci pour toute partie D de D0 et a chaqueinstant. Rappelons que le point A peut etre choisi arbitrairement (Fig 2.1-b).

2.1.4 Que represente {Fe} ?

Pour pouvoir ecrire la Loi Fondamentale de la Statique (LFS), il faut definir ce quel’on entend par les efforts exterieurs appliques a D. Ce sont :

– les forces volumiques definies dans le paragraphe precedent (2.1.2),– les forces exercees par le milieu exterieur a D sur D. On va faire ici une hypothese de

modelisation : on admet que ces efforts s’exercent sur la surface S limitant le volume D.Autrement dit, ces efforts sont des efforts de contact : soit M un point de S (Fig. 2.1-b) et ∆S un petit morceau de la surface S centre en M . La force exprimant l’effort del’exterieur de D sur la partie ∆S est la force ~T ∆S appliquee en M (Fig. 2.1-b).

Remarque 1

Dans ce qui precede, le volume D est suppose completement interieur au volume D0 de tellesorte que la surface S est completement interieure a D0. Les efforts qui s’exercent sur la surfaceS limitant S correspondent a des efforts de cohesion interne au milieu D0. On a admis queces efforts sont des efforts de contact ~T ∆S sur la partie ∆S de S : il faut comprendre quel’exterieur de D est le complementaire de D dans D0, et que seul le voisinage immediat de ∆Scontribue a l’effort sur ∆S. Il s’agit la d’un choix de modelisation. Ce choix est suffisant pourexpliquer un tres grand nombre de phenomenes usuels. Mais il ne permet pas, par exemple,d’expliquer le phenomene de tension superficielle present dans la forme d’un menisque dans untube ou dans celle spherique des gouttes de pluie.

Remarque 2

Dans la realite, suivant les situations, et en pensant a un milieu materiel fluide, la surface Slimitant D peut etre constituee de plusieurs morceaux : une surface fictive interieure au fluideS1, une surface frontiere solide S2 due a la presence de la paroi du recipient ou bien une surfacede separation avec un autre fluide S3 (Fig. 2.2). Dans le paragraphe suivant, nous examinonsla situation ou la surface S est toute entiere interieure au fluide (situation representee a gauchesur la figure 2.2). Les deux autres situations seront traitees plus loin (Paragraphe 2.3.5 sur lesconditions aux limites).

L’objectif du paragraphe qui suit est de specifier la nature de ces efforts de contact (effortsdits surfaciques).


recipient recipient recipient

air air air

eau eau

eau

D

D

DS1

S1

S1

S3

S2

Fig. 2.2 – Differentes frontieres pour un domaine fluide

2.2 Notion de pression

2.2.1 Observation

Il existe une experience elementaire qui consiste a percer d’un petit trou un recipient remplid’un liquide au repos. On constate que, quelles que soient la forme du recipient et la positionde l’orifice, le liquide jaillit toujours perpendiculairement a la paroi (Fig. 2.3-a). Il faut exercerune force perpendiculaire a la paroi (en posant le doigt par exemple) pour empecher le liquidede s’echapper. C’est cette constatation rudimentaire qui a permis a Pascal (Blaise Pascal,1623–1662) de formuler de facon precise les hypotheses relatives a la pression dans un fluide aurepos.

2.2.2 Modelisation

La demarche de modelisation consiste a faire un certain nombre d’hypotheses basees surl’observation et les idees intuitives que nous avons du phenomene. On est ainsi conduit a formulerdes hypotheses (en fait 3), c’est-a-dire a construire une theorie, qu’il convient ensuite de validerpar des experiences.

Hypothese 1

On admet que ce qui a lieu sur la frontiere du recipient se produit encore a l’interieur. Par lapensee on imagine une surface S au sein du domaine D de fluide. On a donc une surface S nonmaterielle qui separe le domaine D de fluide en deux sous-domaines D1 et D2. Alors, au niveaude ∆S entourant le point M , le fluide de D2 exerce sur D1 une force passant par M et normalea ∆S (Fig. 2.3-a).

Pour exprimer cette force, on introduit le vecteur unitaire ~n2→1 normal a ∆S et dirige versl’interieur de D1, et on ecrit :

∆~FD2→D1 = p~n2→1 ∆S = −p~n1→2 ∆S (2.5)

avec ~n1→2 = −~n2→1.Suivant la definition, (2.5), p~n2→1 apparaıt comme une force par unite de surface exercee

par D2 sur D1.Cette force est aussi −p~n1→2 ∆S, ou ici le vecteur ~n1→2 est dirige vers le milieu qui agit.

Hypothese 2

Le scalaire p est independant de la direction ~n2→1.

2.2. NOTION DE PRESSION 13

a

b

c

Jet

Observation

SD1

D2

∆S p~n2→1 ∆S

M

∆~FD2→D1

= p~n2→1 ∆S= −p~n1→2 ∆S

SD2 D1

~n′2→1

~n2→1

S′

D′2 D′1

Fig. 2.3 – Modelisation de la pression

Faisons passer par le point M deux surfaces S et S′ avec les normales ~n2→1 et ~n′2→1 etseparant le domaine D en D1 et D2 d’une part et en D′1 et D′2 d’autre part. Alors on a (Fig.2.3-c) :

– la force exercee par D2 sur D1 en M et par unite de surface est egale a p~n2→1

– la force exercee par D′2 sur D′1 en M et par unite de surface est egale a p~n′2→1

En d’autres termes, le scalaire p ne depend que du point M (et pas de la direction ~n2→1).On ecrira :

p = p(x, y, z) = p(M) (2.6)

Hypothese 3

Dans le fluide, le scalaire p est une grandeur positive.Cette grandeur p est appelee pression.La pression p decrit les efforts a l’interieur du fluide. On dit que l’on a donne une description

des efforts interieurs au milieu fluide. En statique des fluides, les efforts interieurs sont decritspar ce seul scalaire p. Remarquons qu’au niveau de ∆S, D2 ne peut exercer sur D1 un efforttangentiel (parallele a ∆S) sans mettre ∆S en mouvement (donc contraire a la statique).

2.2.3 Unites de pression

Nous designons par M , L et T les dimensions d’une masse, d’une longueur et du temps. Parailleurs, on introduit la notation suivante :

[grandeur] = dimension de la grandeur

Ainsi :[masse] = M, [longueur] = L, [temps] = T

La pression est une force par unite de surface. Sa dimension est donc :

[P ] = (M LT−2) (L−2) dimension de p = [P ] = M L−1 T−2

L’unite de pression dans le systeme international d’unites est le « Pascal » note : Pa. UnPascal correspond a la pression p generee par une force de module un Newton agissant sur unesurface d’un metre carre (1 Pa = 1 N.m−2).


Quelques donnees numeriques

– Pression atmospherique sur Terre (aux conditions normales) : ≈ 1, 013 105 Pa (notons que1 bar = 105 Pa).

– Pression atmospherique sur Mars : 103 Pa.– Pression au centre de la Terre : ≈ 350 GPa = 350 109 Pa.– Pression au centre de Jupiter : quelques TPa ≈ 1012 Pa.– Record de pression connu dans les etoiles du type naines blanches : de l’ordre de 1022 Pa.– Limite de pression obtenue en laboratoire : ≈ 200 Pa.– Pression au sein d’un pneu de voiture : ≈ 2.5 bars = 2.5 105 Pa.– Sensibilite de l’oreille aux fluctuations de pression : ≈ 2 10−5 Pa.– Seuil de douleur de l’oreille : pression de l’ordre de 1 Pa.

Tab. 2.1 – Prefixes des multiples et sous-multiples decimaux des unites du Systeme International(SI)

Facteur 1018 1015 1012 109 106 103 102 10 1Prefixe exa peta tera giga mega kilo hecto decaSymbole E P T G M k h da

Facteur 1 10−1 10−2 10−3 10−6 10−9 10−12 10−15 10−18

Prefixe deci centi milli micro nano pico femto attoSymbole d c m µ n p f a

2.2.4 Fluide compressible. Fluide incompressible

Definitions

Un fluide dont la masse volumique ρ est une constante est dit fluide incompressible ; unfluide dont la masse volumique n’est pas une constante est dit fluide compressible.

En general, les liquides sont consideres comme des fluides incompressibles, et les gaz commedes fluides compressibles.

Considerons un gaz enferme dans un recipient de volume variable par le jeu d’un piston quicoulisse dans un tube. On sait que le piston n’est a l’equilibre que si on lui applique une forceconvenable laquelle depend du volume occupe par le gaz et de la temperature. Les experiences deMariotte en 1661 (Edme Mariotte, 1620–1684), de Charles en 1787 (Jacques Charles, 1746–1823) et de Gay-Lussac en 1802 (Louis-Joseph Gay-Lussac, 1778–1850) ont permis d’etablirque, si v est le volume de l’unite de masse de gaz (v = 1/ρ), on peut adopter la loi suivante :

p v = r T

ou :p = r ρ T

dite loi de Mariotte ; p est la pression, T est la temperature absolue, r est la constante du gazparfait considere.

Tous les gaz ne verifient pas la loi de Mariotte ; d’autres lois sont possibles : citons parexemple la loi de Van der Waals.

Pour conclure, retenons qu’un gaz est un fluide compressible ; sa masse volumique ρ depend dep et T (verifiant par exemple la loi de Mariotte). Par contre un liquide est un fluide incompressible

2.3. LOI FONDAMENTALE DE LA STATIQUE DES FLUIDES 15

sur les plages de pression et de temperature habituellement rencontrees dans la vie courante ; samasse volumique ρ est une constante independante de p et de T .

Remarque

Nous verrons plus loin qu’a l’echelle du laboratoire, la masse volumique d’un gaz peut etreprise constante. Nous verrons aussi que, du a des variations tres importantes de la pression,l’eau de mer a une masse volumique en surface differente de celle a 5000 m de profondeur (voirexercice III, dans le paragraphe 2.6).

2.3 Loi fondamentale de la statique des fluides

2.3.1 Loi fondamentale de la statique des fluides (premiere forme globale)

Dans un referentiel R = (O;x, y, z) galileen, considerons un fluide occupant le volume D0 etune partie D de celui-ci. On note S la surface limitant D et ~n le vecteur unitaire normal a Set dirige vers l’exterieur de D (Fig. 2.4). D’apres le paragraphe precedent, les efforts exterieurss’exerccant sur D sont :

– les forces volumiques ~f definies en chaque point interieur a D (~f est definie par unite devolume),

– les efforts de pression surfaciques −p~n exerces par le milieu exterieur a D sur D, en chaquepoint de S (−p~n est une force definie par unite de surface).

Referentielgalileen

Fluide

O

x

y

z

D0

D M

S ~n

Fig. 2.4 – Loi fondamentale de la statique

Loi fondamentale de la statique (premiere forme globale)

∫∫∫D~f dV +

∫∫S(−p~n) dS = ~0 (2.7)∫∫∫

D

−−→OM ∧ ~f dV +

∫∫S

−−→OM ∧ (−p~n) dS = ~0 (2.8)

pour toute partie D de D0.


Dans ces integrales, le point M est le point courant dans D ou sur S. Naturellement, lesequations (2.7) et (2.8) correspondent a la resultante et au moment en O des efforts appliquesa D.

Au niveau des hypotheses, la force ~f est une fonction definie et continue par morceaux surD0, la pression p est une fonction definie et de classe C1 par morceaux sur D0, et le volumeD est suppose avoir une surface S reguliere par morceaux (c’est-a-dire de classe C1 par mor-ceaux). Rappelons que C1 signifie continument differentiable et que C1 par morceaux signifiecontinument differentiable par morceaux.

2.3.2 Deux lemmes

Dans les equations (2.7) et (2.8), il intervient des integrales de surfaces. Nous allons demontrerdeux lemmes qui vont permettre de transformer ces integrales de surface en integrales de volume.

Lemme 2.1 Soit D un volume de frontiere S reguliere par morceaux. Soit p une fonction definieet de classe C1 sur D. Alors : ∫∫

Sp~n dS =

∫∫∫D

−−→grad p dV (2.9)

Demonstration

Soit ~e un vecteur constant. Multiplions l’integrale de surface du premier membre scalairementpar ~e. Il vient :

~e ·∫∫

Sp~ndS =

∫∫S~e · (p~n) dS =

∫∫S

(p~e) · ~ndS =∫∫∫

Ddiv(p~e) dV

=∫∫∫

D

−−→grad p · ~edV = ~e ·

∫∫∫D

−−→grad p dV

La premiere egalite dans la premiere ligne est evidente car le vecteur ~e est constant. Laseconde egalite est egalement evidente. Pour la derniere egalite dans la premiere ligne, on utilisele theoreme de la divergence (voir Annexe : Rappels de mathematiques). Enfin, sachant que ~eest constant on a : div (p~e) =

−−→grad p · ~e (Annexe : paragraphe A.3), et les egalites de la seconde

ligne s’en deduisent.Les premier et dernier membres sont egaux quel que soit le vecteur ~e. On en deduit donc :∫∫

Sp~ndS =

∫∫∫D

−−→grad pdV

Lemme 2.2 Soit D un volume de frontiere S reguliere par morceaux. Soit p une fonction definieet de classe C1 sur D. Alors :∫∫

S

−−→OM ∧ (p~n) dS =

∫∫∫D

−−→OM ∧

−−→grad p dV (2.10)


Demonstration

Nous procedons comme pour le lemme 2.1. Soit ~e un vecteur constant. Multiplions l’integralede surface du premier membre scalairement par ~e. Il vient :

~e ·∫∫

S

−−→OM ∧ (p~n) dS =

∫∫S~e ·(−−→OM ∧ (p~n)

)dS =

∫∫Sp(~e,−−→OM,~n

)dS

=∫∫

S

(p~e ∧

−−→OM

)· ~ndS =

∫∫∫D

div(p~e ∧

−−→OM

)dV

en utilisant le fait que ~e est un vecteur constant, les proprietes du produit mixte et le theoremede la divergence. Par ailleurs on a : div(p~e ∧

−−→OM) = ~e · (

−−→OM ∧

−−→grad p) (voir Annexe : Rappels

de mathematiques, paragraphe A.3).Comme consequence, on a :

~e ·∫∫

S

−−→OM ∧ (p~n) dS =

∫∫∫D~e ·(−−→OM ∧

−−→grad p

)dV = ~e ·

∫∫∫D

(−−→OM ∧

−−→grad p

)dV

Les premier et dernier membres sont egaux quel que soit le vecteur ~e. On en deduit donc :∫∫S

−−→OM ∧

(p~n)dS =

∫∫∫D

−−→OM ∧

−−→grad pdV

2.3.3 Loi fondamentale de la statique des fluides (deuxieme forme globale)

Nous reprenons la loi fondamentale de la statique donnee en (2.7) et (2.8), dans laquelleapparaissent des integrales de surface. Nous transformons ces deux integrales de surface enintegrales de volume, en utilisant les deux lemmes 2.1 et 2.2. Il vient tres facilement :

Loi fondamentale de la statique (deuxieme forme globale)

∫∫∫D~f dV −

∫∫∫D

−−→grad pdV = ~0 (2.11)∫∫∫

D

−−→OM ∧ ~f dV −

∫∫∫D

−−→OM ∧

−−→grad pdV = ~0 (2.12)

pour toute partie D de D0.Dans ces expressions, la pression p apparaıt dans des integrales de volume. Comme prece-

demment on a une loi (2.11) pour la resultante et une loi (2.12) pour le moment en O.

Remarque

Il faut bien remarquer que les lemmes 2.1 et 2.2 supposent, au niveau des hypotheses, que pest de classe C1 sur D. Comme consequence :

– dans les deux lois (2.7) et (2.8), p est de classe C1 par morceaux sur D0,– dans les deux lois (2.11) et (2.12), p est de classe C1 sur D0.

2.3.4 Loi fondamentale de la statique des fluides (forme locale)

Soit le volume de fluide D0 et supposons p de classe C1 sur D0. Considerons la loi (2.11)et appliquons-la a un domaine D tres petit et egal a ∆V contenant un point, note M0, en soninterieur : ∫∫∫

∆V

~f dV −∫∫∫

∆V

−−→grad p dV = ~0


Comme ∆V est tres petit, on peut ecrire :

(~f −−−→grad p) ∆V = ~0

ou la valeur de la parenthese est prise en M0. Comme ∆V n’est pas nul, c’est la parenthese quiest nulle. Le point M0 est quelconque. On en deduit que ~f −

−−→grad p = ~0 en tout point M0 de D0.

D’ou :

Loi fondamentale de la statique (sous forme locale)

~f −−−→grad p = ~0 (2.13)

en tout point M de D0.

Interpretation de l’equation (2.13)

Dans le repere orthonorme (O;x, y, z), considerons un petit parallelepipede rectangle dontles six faces sont dans les plans d’abscisse x et x+ ∆x, d’ordonnee y et y + ∆y et de cote z etz + ∆z (Fig. 2.5). Les forces s’exercant sur ce petit volume sont, d’une part la force volumique~f , et d’autre part les forces de pression sur les six faces du parallelepipede exercees par le fluideexterieur au parallelepipede :

Referentiel galileen

O

x

y

z

M

∆V = ∆x∆y∆z

∆x

∆y

∆z

Fig. 2.5 – Loi fondamentale de la statique appliquee a un petit parallelepipede

• efforts volumiques supposes constants sur tout le volume : ∆x∆y∆z ~f(x, y, z)• efforts surfaciques sur la facette situee dans le plan d’abscisse x+ ∆x :

−p(x+ ∆x, y, z) ∆y∆z ~ex.Les facettes sont suffisamment petites pour que l’on puisse considerer que la pression y estconstante.

• efforts surfaciques sur la facette situee dans le plan d’abscisse x : p(x, y, z) ∆y∆z ~ex• efforts surfaciques sur la facette situee dans le plan d’ordonnee y + ∆y :

−p(x, y + ∆y, z) ∆x∆z ~ey.• efforts surfaciques sur la facette situee dans le plan d’ordonnee y : p(x, y, z) ∆x∆z ~ey• efforts surfaciques sur la facette situee dans le plan de cote z + ∆z :

−p(x, y, z + ∆z) ∆x∆y ~ez.• efforts surfaciques sur la facette situee dans le plan de cote z : p(x, y, z) ∆x∆y ~ez


ou ~ex, ~ey et ~ez sont les vecteurs unitaires des axes (O, x), (O, y) et (O, z). Traduisons, en selimitant a la partie resultante, l’equilibre de ce petit volume : la resultante des efforts appliquesa ce petit volume est nulle, donc

~f(x, y, z) ∆x∆y∆z − {p(x+ ∆x, y, z)− p(x, y, z)}~ex ∆y∆z

−{p(x, y + ∆y, z)− p(x, y, z)}~ey ∆x∆z − {p(x, y, z + ∆z − p(x, y, z)}~ez ∆x∆y = ~0

Projetons cette equation sur l’axe (O, x) puis divisons le resultat par ∆x∆y∆z :

~ex · ~f(x, y, z)− 1∆x

{p(x+ ∆x, y, z)− p(x, y, z)} = 0

Faisons tendre ∆x vers 0. On obtient :

~ex · ~f(x, y, z)− ∂p(x, y, z)∂x

= 0

Un raisonnement analogue sur les deux autres composantes conduit a :

~ey · ~f(x, y, z)− ∂p(x, y, z)∂y

= 0 ~ez · ~f(x, y, z)− ∂p(x, y, z)∂z

= 0

On obtient ainsi l’equation vectorielle suivante :

~f −−−→grad p = ~0

On retrouve l’equation (2.13). Cette equation traduit donc l’equilibre d’un petit volumeelementaire autour de M .

Remarque

Considerons maintenant la loi (2.12) et appliquons-la au domaine ∆V tres petit contenantM0 en son interieur. On peut, comme precedemment deduire de (2.12) :

−−→OM ∧

(~f −

−−→grad p

)∆V = ~0

Nous voyons qu’avec (2.13), cette derniere equation est toujours verifiee. En d’autres termes,l’equation (2.12) pour le moment en O n’apporte aucune information supplementaire au niveaude l’equilibre local.

Reprenons le petit parallelepipede decrit ci-dessus. On peut constater que le moment en soncentre de tous les efforts appliques au parallelepipede est nul. L’equation relative au momentdes efforts est donc trivialement verifiee.

2.3.5 Conditions aux limites

L’objectif de ce paragraphe est de decrire le comportement d’un fluide au repos au niveaud’une frontiere qui peut etre une paroi solide ou une surface de contact avec un autre fluide.Pour cela, nous allons utiliser une consequence importante de la loi fondamentale de la statique(et plus generalement de la loi fondamentale de la dynamique que nous introduirons dans lechapitre 4 de ce cours, dans le cas d’un fluide, mais qui a ete vu en LA 201 « Mecanique dusolide rigide »). Il s’agit du theoreme de l’action et de la reaction.


(a)

(b)

paroi fluide

fluide 1 fluide 2

huile

air

air

recipient

recipient

eau

eau

M

M

∆S

∆S

S

S

~n

~n1→2

Fig. 2.6 – Conditions aux limites

Theoreme de l’action et de la reaction

Si un systeme materiel Σ1 exerce des efforts sur un systeme materiel Σ2, dont la resultanteest ~R(1 → 2) et le moment en un point O est ~MO(1 → 2), alors Σ2 exerce sur Σ1 des efforts deresultante −~R(1 → 2) et de moment en O, − ~MO(1 → 2).

Dans le cas de la statique des fluides, deux cas sont envisages suivant que le fluide considereest contigu a une paroi solide ou a un autre fluide.

Condition aux limites sur une paroi solide

Le fluide, au repos, peut etre contenu dans un recipient et donc etre contigu a une paroisolide (Fig. 2.6-a). Soit S la surface de la paroi et ∆S un petit element de surface centre enun point M de la paroi. Le vecteur normal unitaire en M a S est ~n dirige de la paroi vers lefluide. Le fluide exerce sur la paroi la force elementaire −p~n∆S. Nous notons ~fe ∆S la densitesurfacique d’efforts exerces par la paroi sur le fluide. On a :

– action du fluide sur l’element ∆S de la paroi : −p~n∆S,– action de la paroi solide sur le fluide : ~fe ∆S.

Le theoreme de l’action et de la reaction implique :

−p~n∆S = −~fe ∆S~fe = p~n (2.14)

En consequence de quoi, la force exercee par la paroi sur le fluide, en tout point M de laparoi, est necessairement normale a la paroi, dirigee vers le fluide et de module egal a la pressionp du fluide en M .

Si maintenant, nous considerons une surface S en contact avec le fluide, la resultante desefforts exerces par le fluide sur S est donnee par l’integrale : −

∫∫S p~ndS, ou ~n est le vecteur

normal unitaire oriente de la paroi solide vers le fluide.D’apres (2.14), la resultante des efforts exerces par la paroi sur le fluide est :∫∫

Sp~ndS

2.4. EXEMPLES D’APPLICATION 21

Conditions aux limites sur une interface

Soit maintenant deux fluides au repos separes par une surface S (appelee interface). Parexemple : eau–huile, air–eau, . . . (Fig. 2.6-b). Notons 1 et 2 les deux fluides, S l’interface, M unpoint de S et ~n1→2 le vecteur normal unitaire en M dirige de 1 vers 2. Soit ∆S un element desurface centre en M . On a :

– action du fluide 1 sur l’element ∆S du fluide 2 : p1 ~n1→2 ∆S,– action du fluide 2 sur l’element ∆S du fluide 1 : −p2 ~n1→2 ∆S.

ou les quantites p1 et p2 sont les limites de la pression de part et d’autre de la surface S.Le theoreme de l’action et de la reaction implique :

p1 ~n1→2 ∆S = −(−p2 ~n1→2 ∆S)p1 ~n1→2 = p2 ~n1→2

p1 = p2 (2.15)

Les deux pressions p1 et p2 sont egales.

2.4 Exemples d’application

Dans ce paragraphe, nous donnons quelques exemples d’application de la loi fondamentalede la statique des fluides ecrite sous forme locale (equation (2.13)).

2.4.1 Hydrostatique

L’hydrostatique correspond a la statique des fluides incompressibles, c’est-a-dire ayant unemasse volumique ρ constante (cas des liquides usuels) dans le champ de la pesanteur. Noussupposons, de plus, que l’acceleration de la pesanteur ~g est constante. Par ailleurs l’axe verticalest Oz et est dirige de bas en haut (Fig. 2.7). Comme deja dit dans le paragraphe 2.1.2, unliquide, dans la plupart des situations, a une masse volumique constante.

Referentielgalileen HHHj

O�

��

�x

- y

6z

?

~g

Fig. 2.7 – Hydrostatique

Equation de l’hydrostatique

Dans les conditions precisees ci-dessus, l’equation (2.13) devient :−−→grad p = ρ~g (2.16)

dite equation de l’hydrostatique. En projetant cette equation sur les trois axes des coor-donnees (Fig. 2.7), avec ~g = − g ~ez, il vient :

∂p

∂x= 0 ,

∂p

∂y= 0 ,

∂p

∂z= − ρ g (2.17)


Des deux premieres relations, on deduit que la pression ne depend ni de x ni de y. Elle ne dependdonc que de l’altitude z : p = p(z).

p = p(z) ,dpdz

= −ρ g (2.18)

On deduit de (2.18) que :

p = −ρ g z + cste , p+ ρ g z = cste (2.19)

Consequences

1) Il est facile de voir que la pression est constante sur les surfaces horizontales (z = cste) etreciproquement les surfaces d’egale pression sont horizontales. En d’autres termes, les surfacesisobares sont des surfaces horizontales.

2) L’interface entre deux liquides non miscibles est horizontale.Pour la demonstration, considerons deux liquides 1 et 2 separes par une interface S (Figure

2.8). Les pressions dans ces deux fluides sont notees p1 et p2 et leurs masses volumiques ρ1 etρ2. On introduit deux points A et B de S situes respectivements aux cotes zA et zB. On ecritsuccessivement l’equilibre du fluide 1 puis du fluide 2 :

p1(B) + ρ1 g zB = p1(A) + ρ1 g zA

p2(B) + ρ2 g zB = p2(A) + ρ2 g zA

Mais d’apres (2.15), on a :

p1(A) = p2(A) , p1(B) = p2(B)

Donc (le calcul est facile a faire) :

ρ1 g (zA − zB) = ρ2 g (zA − zB)(ρ1 − ρ2) (zA − zB) = 0

Si ρ1 6= ρ2, alors zA = zB quels que soient les points A et B. Sous l’action de la gravite, lessurfaces entre les deux liquides non miscibles sont horizontales.

O

x

y

z

zA A

zB B

S

~g

liquide 1 liquide 2

air

eauSurface librehorizontale

Fig. 2.8 – Interface entre deux fluides


Si ρ1 = ρ2, alors l’interface S peut ne pas etre horizontale.3) Horizontalite des surfaces libresConsiderons un liquide au repos en contact avec l’air de l’atmosphere. On admet que la masse

volumique de l’air est constante, et qu’ainsi on peut lui appliquer la loi (2.13) de l’hydrostatique.L’interface separant le liquide de l’air est generalement appelee « surface libre ». D’apres leresultat que nous venons d’etablir, cette interface est horizontale. En d’autres termes, la surfacelibre est horizontale (Fig. 2.8).

Remarque

Le fait qu’une petite goutte d’eau en equilibre soit de forme spherique peut apparaıtre commeun paradoxe, car il est en contradiction avec le resultat qui vient d’etre a l’instant demontre.L’explication est dans la modelisation adoptee pour decrire les efforts exerces par l’exterieur deD sur S dans le paragraphe 2.1.4. On a admis que ces efforts sont des efforts de contact. Lephenomene de tension superficielle necessaire pour expliquer la forme spherique d’une goutten’a pas ete pris en compte.

Equilibre d’un gaz a l’echelle du laboratoire

Considerons un gaz de masse volumique ρ, supposee constante, en equilibre dans le champde la pesanteur. Appliquons l’equation de l’hydrostatique. Il vient, d’apres (2.19) :

p = −ρ g z + cste

Si la pression du gaz est de l’ordre de 105 Pa (pression atmospherique) en z = 0, alors :

p = −ρ g z + 105 Pa

Avec ρ = 1, 29 kg.m−3, g = 10 m.s−2 et z = 5 m, on obtient : p = (−65 + 105) Pa ' 105 Pa. Lapression est pratiquement constante. Cette remarque explique pourquoi, dans les atmospheresde gaz, a l’echelle du laboratoire, on suppose en general que la pression y est constante.

Remarquons qu’avec de l’eau, on a ρ = 1000 kg.m−3 et avec g = 10 m.s−2 et z = 5 m, ontrouve p = (−50000 + 105) Pa = 0.5 105 Pa. La pression n’est pas du tout constante.

Experience du tonneau de Pascal

Pascal (Blaise Pascal, 1623–1662) a installe (Fig. 2.9) au-dessus d’un tonneau un tuyauvertical tres etroit et tres haut (plusieurs metres), l’implantation du tuyau sur le tonneau etantparfaitement etanche. Le tonneau etant plein d’eau, Pascal versa alors en haut du tube (depuisune fenetre de maison) une quantite infime d’eau pour remplir le tube : le tonneau eclata.

Avec de l’eau (ρ = 1000 kg.m−3, g = 10 m.s−2 et un tube de hauteur 20 m, on obtient uneaugmentation de la pression en A, a la base du tube, egale a 1000 × 10 × 20 ' 2 × 105 Pa (del’ordre de deux atmospheres). Cet exemple illustre bien ce qui definit la pression : ce n’est pasle poids total du liquide introduit dans le tube, situe au-dessus mais son poids par unite desurface a la base du tube.

Il faut bien comprendre que la pression caracterise des efforts a l’interieur du fluide.Pour un tube de section droite egale a 0.5 cm2 (aire d’un cercle de rayon 0.4 cm), la masse

d’eau introduite dans le tube est seulement de 1000× (0.5×10−4)×20 = 1 kg, ce qui corresponda un litre d’eau.


~g

p1

pa

A

B

h

O

zB

zA

z

Fig. 2.9 – Tonneau de Pascal - Manometre a liquide

Manometre a liquide

Le manometre a liquide est un appareil pour effectuer des mesures de pression. On considerel’appareil presente sur la figure 2.9. Un recipent R est rempli d’un gaz suppose eetre a la pressionp1 et on cherche a mesurer cette pression, laquelle est la meme dans tout le recipient et dans lapartie du tube connectee au recipient R. Le tube contient un liquide de masse volumique ρ etrelie le recipient R a l’atmosphere exterieure qui est a la pression atmospherique constante pa.L’equilibre de la colonne de liquide conduit, d’apres (2.19), a :

p+ ρ g z = cste

d’ou :pA + ρ g zA = pB + ρ g zB

En utilisant la continuite de la pression a l’interface entre deux fluides (formule (2.15)), on peutecrire que : pA = pa et pB = − p1 et donc :

p1 + ρ g zA = pa + ρ g zB

ou A et B sont les deux points indiques sur la figure 2.9. Sachant que zA − zB = h, on a :

p1 = pa + ρ g h

La lecture de h sur le manometre permet d’avoir p1. Si h est positif, p1 est superieure a pa, etsi h est negatif, p1 est inferieure a pa.

2.4.2 Efforts sur une paroi plane. Centre de poussee

Sur une paroi solide S, on vu que les efforts de pression exerces par le fluide sur S a pourresultante et pour moment en un point O sont donnes par (paragraphe 2.3.5 et figure 2.6-a) :

~R =∫∫

S−p~ndS,

−→MO =

∫∫S

−−→OM ∧

(− p~n

)dS

le vecteur ~n etant dirige vers le fluide. Un cas interessant est celui ou la paroi S est plane, car levecteur unitaire ~n normal a S est partout le meme. Le vecteur ~n peut etre sorti des integrales.Ainsi :

~R =(∫∫

S−pdS

)~n,

−→MO =

(∫∫S−p−−→OM dS

)∧ ~n


Pour cette geometrie, il existe un centre de poussee P , c’est-a-dire un point P en lequel lesefforts de pression ont un moment nul (

−→MP = ~0). En effet :

−−→OM =

−−→OP +

−−→PM,

−−→OM ∧

(− p~n

)=−−→OP ∧

(− p~n

)+−−→PM ∧

(− p~n

)On integre sur la surface S et il vient :

−→MO =

−−→OP ∧ ~R+

−→MP

Cherchons P tel que−→MP = ~0, soit

−→MO =

−−→OP ∧ ~R. On verifie que

−−→OP =

(~R∧

−→MO

)/|~R|2 est une

solution particuliere. En effet :−−→OP ∧ ~R =

((~R ∧

−→MO) /|~R|2

)∧ ~R = |~R|−2

((−~R ·

−→MO) ~R+ |~R|2

−→MO

)=−→MO

car ~R et ~MO sont orthogonaux. L’ensemble des points recherches sont tels que :−−→OP = λ ~R+

(~R ∧

−→MO

)/|~R|2 (λ scalaire quelconque)

Le point P0 situe sur la surface S est appele « centre de poussee ». Les efforts de pression exercessur la surface S sont equivalents a une force unique ~R appliquee au point P0. On a donc unglisseur

{P0, ~R

}. (Voir l’exercice V dans le paragraphe 2.6).

2.4.3 Statique des gaz

Quand on considere un gaz sur une echelle autre que celle du laboratoire, les variations deρ ne sont plus negligeables (ρ n’est plus une constante). L’equation de la statique (2.13) n’estplus suffisante pour determiner la pression p. Pour determiner p(x, y, z) et ρ(x, y, z), il manqueune equation. Celle-ci est donnee par la thermodynamique du milieu. Par exemple pour un gazparfait on ecrira p = r ρ T (loi de Mariotte) ou T est la temperature absolue et r la constantedu gaz parfait considere. Donnons maintenant un exemple d’etude.

Repartition de la pression dans l’atmosphere isotherme

Considerons l’atmosphere terrestre sur une epaisseur de l’ordre de 10 km. Nous faisons leshypotheses suivantes :

– l’air est un gaz parfait verifiant la loi de Mariotte : p = r ρ T– la temperature de l’air est consideree comme constante : T = T0 (cette hypothese est

relativement grossiere)– la sphericite de la terre est negligee (on se limite a des zones horizontales, grandes, par

exemple, comme la France). Ainsi on a une seule verticale (comme sur la figure 2.7).

Comme en hydrostatique, on peut etablir que p ne depend que de z (voir paragraphe 2.4.1).Ainsi on a :

dpdz

= −ρ g , p = r ρ T0

Eliminons la masse volumique :1p

dpdz

= − g

r T0

ln(p) = − g z

r T0+ cste

Soit p0 la pression a l’altitude z = 0 ; on a alors ln(p0) = cste. Le resultat est donc :

ln(p) = − g z

rT0+ ln(p0)

p = p0 exp(− g z

rT0

)(2.20)


La quantite r T0/g a la dimension d’une longueur. En effet (voir paragraphe 2.2.3),

[r T0][g]

=[p]

[ρ] [g]=

[pression][masse volumique] [acceleration]

=ML−1T−2

(ML−3)(LT−2)= L.

La longueur H ≡ r T0/g est appelee echelle barometrique de l’atmosphere.Application numerique : r = 287 J.kg−1.K−1 ; g = 10 m.s−2, T0 = 291 K. On trouve H =

8, 35 km. Avec p0 = 105 Pa et pour une altitude de 8 km on trouve une pression de l’ordre de0, 38× 105 Pa.

Naturellement, la temperature de l’air varie avec l’altitude et ce modele d’atmosphere iso-therme est donc tres limite. On obtient un modele qui permet de modeliser la troposphere demaniere plus realiste en supposant que la temperature varie en fonction de l’altitude z.

2.5 Theoreme d’Archimede

Dans ce paragraphe, nous donnons une application de la loi fondamentale de la statiquedes fluides sous forme globale (voir (2.7) et (2.8)). En particulier, nous demontrons le celebretheoreme d’Archimede (287-212 avant J.-C.). A l’epoque d’Archimede, il s’agissait d’un principeet non d’un theoreme, les connaissances scientifiques en amont etant a l’epoque trop faibles pourdemontrer un tel theoreme.

2.5.1 Theoreme preliminaire : definition de la poussee d’Archimede

Forces de pressionexercees sur S

Pousseed’Archimede

~g

O

z

SS

D

−mF ~g

P

Fig. 2.10 – La poussee d’Archimede

On considere un fluide au repos dans le champ de la pesanteur (avec ~g = constante). Soit Dune partie du fluide limitee par la surface S (Fig. 2.10). On introduit :

• mF la masse du fluide qui est a l’interieur du volume D,• P le centre d’inertie de la partie D de fluide.

Par definition de mF et P , on a :

mF =∫∫∫

DρdV, mF

−−→OP =

∫∫∫Dρ−−→OM dV

Traduisons l’equilibre de D en appliquant la loi fondamentale de la statique (paragraphe 2.3.1) :{Torseur des efforts depression exerces sur S

}+{

Torseur des efforts depesanteur exerces sur D

}= 0

2.5. THEOREME D’ARCHIMEDE 27

ou bien : {Torseur des efforts depression exerces sur S

}= −

{Torseur des efforts de

pesanteur exerces sur D

}Le torseur des efforts de pesanteur est un torseur univectoriel (ou glisseur) qui, ici, s’ecrit :{P,mF ~g}. On en deduit le theoreme suivant :

Theoreme 2.3 Dans le champ de la pesanteur (avec ~g = constante) et pour un fluide au repos,on a pour toute partie D de ce fluide :{

Torseur des efforts depression exerces sur S

}= −{P,mF ~g} = {P,−mF ~g} (2.21)

avec : mF la masse du fluide contenue dans D,P le centre d’inertie de la partie D de fluide.

Le glisseur {P,−mF ~g} s’appelle la Poussee d’Archimede, P le Centre de poussee et−mF ~g la Resultante de la poussee.

Remarque

ρ n’est en general pas constant. Il est cependant tel que le fluide soit au repos dans le champde la pesanteur, et de ce fait ne depend que de la cote z, car l’equation de la statique (2.13) :−−→grad p = ρ~g doit etre verifiee.

2.5.2 Theoreme d’Archimede (enonce et demonstration)

Theoreme 2.4 Dans le champ de la pesanteur (avec ~g = constante), tout corps C au repos,immerge dans un fluide au repos, est soumis de la part du fluide a la poussee d’Archimede{P,−mF ~g} ou mF est la masse du fluide deplace et P le centre d’inertie du fluide deplace.

Pousseed’Archimedesur le corps C

Forces de pressionexercees sur S, surfacedu fluide deplace

~g

O

z

S S

D

−mF ~g

PC

Fig. 2.11 – Theoreme d’Archimede

Definition

On appelle fluide deplace le volume de fluide qui occuperait la place du corps C si le corpsC etait enleve (Fig. 2.11).

On peut exprimer ce theoreme sous la forme equivalente suivante : dans le champ de lapesanteur, tout corps C au repos, immerge dans un fluide au repos, recoit de la part de celui-ci


une force de poussee verticale, orientee de bas en haut. Cette force, dont l’intensite est egalea l’intensite du poids du volume de fluide deplace, s’applique au centre de poussee P qui estle centre d’inertie du volume de fluide deplace. En general ce point P est distinct du centred’inertie G du solide C immerge.

Demonstration

Les forces exercees par le fluide sur le corps C sont les efforts de pression exerces sur lasurface S limitant C. Par la pensee, enlevons le corps C et mettons a la place de C du fluide aurepos. Ce fluide occupe le volume D limite par la surface S (Fig. 2.11). La surface limitant D etla surface limitant le corps C sont les memes. Donc :{

Torseur des efforts depression exerces sur C

}={

Torseur des efforts depression exerces sur S

}= {P,−mF ~g}

la derniere egalite venant du theoreme preliminaire etabli dans le paragraphe precedent.

2.5.3 Origine de la poussee d’Archimede

Examinons la figure 2.11 avec le corps C present dans le fluide. Due a la pesanteur, plus ons’enfonce dans le fluide, plus la pression augmente. Comme consequence, les efforts de pressions’exercant sur la surface S ont une intensite plus grande sur le dessous de C que sur le dessus.La resultante des efforts de pression est donc un vecteur oriente vers le haut. C’est la pousseed’Archimede.

Faisons une autre remarque sur la poussee d’Archimede. Du point de vue des forces, letorseur des efforts de pression s’exercant sur la surface S est equivalent au torseur univectoriel{P,−mF ~g}.

2.5.4 Applications du theoreme d’Archimede

Corps C en equilibre dans un fluide au repos soumis a la pesanteur seule

Le corps C est suppose en equilibre dans un fluide au repos et soumis aux seules forcesde pesanteur. Les efforts exterieurs s’exercant sur C sont : la force de gravite {G,mC ~g}, et lapoussee d’Archimede {P,−mF ~g}, ou mF est la masse du fluide deplace et P le centre d’inertiedu fluide deplace et ou mC est la masse du corps C et G son centre d’inertie. L’equilibre deC conduit a :

{P,−mF ~g}+ {G,mC ~g} = 0

soit :−mF ~g +mC ~g = ~0,

−−→OP ∧ (−mF ~g) +

−−→OG ∧ (−mC ~g) = ~0

mC = mF ,−−→PG ∧ ~g = ~0 (2.22)

Conclusion :1) la masse du corps C est egale a la masse du fluide deplace,2) les deux points P et G sont soit confondus, soit sur la meme verticale.

Remarque

Supposons les deux points P et G distincts. Il faut bien noter que le corps C n’est pas engeneral homogene. Il y a deux configurations d’equilibre possible : celle ou le centre de pousseeP est au-dessous du centre de gravite G, et celle ou le centre de poussee P est au-dessus ducentre de gravite G (Fig. 2.12). La premiere est une position d’equilibre instable et la seconde


Cas instable Cas stable

O

z

~g

mC ~g

mC ~g

−mF ~g −mF ~g

P PG

GP P

G

G

Fig. 2.12 – Corps C dans un fluide au repos soumis a la pesanteur

une position d’equilibre stable. Nous ne donnons pas de demonstration rigoureuse, mais nouspouvons avoir une idee intuitive du resultat, en perturbant legerement les positions d’equilibreavec P et G alignes.

Corps C en equilibre dans un fluide au repos soumis a la pesanteur et a d’autresefforts

A titre d’exercice considerons un corps C fixe en A a une tige verticale et en equilibre dans unfluide au repos (Fig. 2.13). Comme dans l’exemple precedent, le corps C est soumis aux effortsde la gravite {G,mC ~g} et aux efforts de pression du fluide c’est-a-dire a la poussee d’Archimede{P,−mF ~g}. Mais on a, en plus, au niveau des efforts exterieurs s’exercant sur C, l’action de latige verticale sur C que nous schematisons par un torseur univectoriel {A, ~T}. L’equilibre de Cconduit a :

{P,−mF ~g}+ {G,mC ~g}+{A, ~T

}= 0

d’ou, en n’exploitant que la partie « resultante » de l’egalite des torseurs :

~T = (mF −mC) ~g

fluideO

z

~g

mC ~g

−mF ~g

P

A

G

C

Fig. 2.13 – Corps C maintenu dans un fluide au repos et soumis a la pesanteur


Si mF −mC > 0, la tige sera en traction et si mF −mC < 0 la tige sera en compression.Remarquons qu’en ecrivant que le moment en A de la somme ds trois torseurs est nul, on

est conduit a : (mF

−→AP +mC

−→AG)∧ ~g = ~0

Les points A, P et G sont tels que le vecteur mF−→AP +mC

−→AG est vertical (les points A, P et

G ne sont pas generalement alignes).

2.5.5 Cas des corps flottants

Imaginons un bateau de centre d’inertie G ( G est un point lie au bateau), et notons Gx, Gy,Gz trois directions galileennes (Fig. 2.14-a). L’axe Gz est verticale et Gy est dans la directiond’avancement du bateau.

Les mouvements de rotation autour des axes Gx, Gy, Gz sont classiquement appeles « Tan-gage », « Roulis », « Lacet ». Les mouvements de translation suivant les directions Gx, Gy, Gzsont associes aux termes de « Cavalement », « Embardee », « Pilonnement ».

(a) (b)

eau

air

ligne de carene

G

x

y

z~g

P

P0

P0

Fig. 2.14 – Bateau partiellement immerge dans l’eau

Appliquons le theoreme d’Archimede au bateau totalement immerge dans l’air et l’eau, maispartiellement immerge dans l’eau. D’apres le paragraphe 2.5.2, la resultante de la poussee d’Ar-chimede est : − (meau ~g +mair ~g) ou meau est la masse d’eau deplacee et mair est la masse d’airdeplace. La masse d’air deplace est tres petite devant la masse d’eau deplacee ; en effet la massevolumique de l’air qui est 1,29 kg.m−3 est tres petite devant celle, 1000 kg.m−3, de l’eau. Pourle bateau, la resultante de la poussee d’Archimede est donc :

−(meau ~g +mair ~g

)~g ∼= −meau ~g

Pour le centre P de poussee, d’apres la regle sur les barycentres, on a :(meau +mair

)−−→OP = meau

−−→OP eau +mair

−−→OP air

ou Peau et Pair sont les centres d’inertie des deux volumes « eau deplacee » et « air deplace ».Comme precedemment, on peut negliger les contributions venant de l’air et ecrire :

−−→OP ∼=

−−→OP eau

Tout se passe comme si la contribution de l’air etait nulle. La poussee d’Archimede pour uncorps flottant est egal au torseur univectoriel de resultante −meau ~g appliquee au centre d’inertiede l’eau deplacee.


Surface de carene

Supposons que le bateau ne soit soumis qu’a la pesanteur et a la poussee d’Archimede. Ona donc mbateau = meau. Imaginons qu’il bouge. La masse d’eau deplacee dans les differentesconfigurations est toujours la meme. A chaque configuration est associee un centre de pousseeP . Par rapport au bateau, les centres de poussee P n’occupent pas toujours la meme position.On appelle « surface de carene » la surface engendree par l’ensemble des centres de poussee.C’est une surface « dessinee » sur le bateau.

Pour etre plus precis, considerons un bateau qui est un corps allonge cylindrique presentantun plan de symetrie, et etudions ce qui se passe dans un plan de section droite (voir Fig. 2.14-b).Le centre de poussee est P0 dans le cas ou le bateau est horizontal, et P dans le cas ou le bateauest incline. Il y a un centre de poussee P pour chaque inclinaison. Le lieu des points P dans leplan de section droite considere est la « ligne de carene ».

Remarque sur la stabilite

On considere a nouveau le bateau comme un corps allonge cylindrique presentant un plan desymetrie. On etudie ce qui se passe dans un plan de section droite (voir Fig. 2.15). Si le centred’inertie G du bateau est au-dessous du centre de poussee P0, il y a stabilite (comme pour lescorps completement immerges). Mais il peut y avoir egalement stabilite avec le centre d’inertieG au-dessus du centre de poussee P0 (Fig. 2.15). On ne donne ici qu’une presentation intuitivedu resultat. Pour une demonstration mathematique, il faut introduire le centre de courbure I(appele metacentre) de la ligne de carene en P0. Ce sont les positions relatives de P0, I et G quipermettent de conclure a la stabilite ou non. Si G est au-dessous de I, le bateau est stable ; siG est au-dessus de I, le bateau est instable (Fig. 2.15).1

Situation stable Situation instable

~g ~g

P0

P0

P0

P0

I

I

I

I

G

G

G

G

P P

Fig. 2.15 – Stabilite d’un bateau

1Pour des complements mathematiques et plus de rigueur, voir le site :http ://www.univ-irem.fr/IMG/pdf/P7.pdf


2.6 Exercices avec corrections

2.6.1 Exercice I

Considerons un fluide dans lequel la pression est partout la meme et egale a p0.Montrer que les efforts de pression exerces sur une surface quelconque S fermee ont une

resultante nulle et un moment en un point quelconque nul.

Referentielgalileen

O

x

y

z

S

M

D

~n

p0

p0

p0

p0

Fig. 2.16 – Exercice I

Corrige

Sur la figure 2.16, on a represente la surface S et la normale ~n a S, unitaire et orientee versl’exterieur de S. Soit O un point quelconque. En utilisant les lemmes 2.1 et 2.2 du paragraphe2.3.2, on a respectivement pour la resultante et le moment en O :∫∫

S(−p0 ~n) dS = −

∫∫∫D

−−→grad p0 dV = ~0∫∫

S

−−→OM ∧ (−p0 ~n) dS =

∫∫∫D

−−→OM ∧

−−→grad p0 dV = ~0

La nullite a ~0 des deux integrales est due au fait que p0 est constant, ce qui entraıne−−→grad p0 = ~0.

2.6.2 Exercice II : Solide immerge dans deux liquides non miscibles

Un solide cylindrique, de section droite circulaire, homogene de section S, de hauteur Het de masse volumique ρs est plonge dans un recipient contenant deux liquides non misciblessuperposes, de masses volumiques ρ1 et ρ2 constantes (Fig. 2.17). La pression atmospherique estconstante et est notee pa. Les notations h et d sont precisees sur la figure. L’axe (O, z) verticalascendant a son origine au niveau de l’interface separant les deux fluides.

1. Calculer la pression dans les deux fluides.

2. Faire le bilan des efforts exerces sur le solide.

3. Calculer la resultante de ces efforts.

4. Le solide etant en equilibre, calculer ρs en fonction de ρ1, ρ2, h et H.

5. Retrouver le resultat de la question 4 en appliquant le theoreme d’Archimede.

2.6. EXERCICES AVEC CORRECTIONS 33

z

pa

S

ρ2

ρ1

ρs

h

H

d

~g

O

z

Fig. 2.17 – Exercice II : Solide immerge dans deux liquides

Corrige

1. Soit M un point du liquide 1 de cote z, et p1(z) la pression en ce point. L’equation (2.18)de l’hydrostatique implique :

dp1

dz= −ρ1 g , p1(z) = −ρ1 g z +K1

ou K1 est une constante d’integration. En z = d, on a l’interface du liquide 1 avec l’air del’atmosphere, donc d’apres (2.15) : p1(d) = pa. Comme consequence on a : K1 = pa+ρ1 g d.D’ou :

p1(z) = pa + ρ1 g (d− z) (II.1)

Dans le liquide 2, en un pointM de cote z, la pression est p2(z) avec p2(z) = −ρ2 g z+K2. Al’interface entre les deux liquides, les pressions sont egales d’apres (2.15), ce qui implique :

p1(0) = pa + ρ1 g d = p2(0) = K2 , K2 = pa + ρ1 g d

En conclusion :p2(z) = pa + ρ1 g d− ρ2 g z (II.2)

2. Les efforts exerces sur le solide sont :– les forces de pesanteur,– les forces de pression exercees par les liquides sur la surface du cylindre.

3. Sur la surface laterale du cylindre, les forces de pression en deux points diametralementopposes dans une meme section horizontale sont opposees. La resultante des efforts depression exercees sur cette surface laterale est donc nulle.Sur la surface superieure, la pression est p1(h) = pa+ρ1 g (d−h) et sur la surface inferieureelle est p2(−H + h) = pa + ρ1 g d − ρ2 g (−H + h). Notons ~ez le vecteur unitaire de l’axe(O, z). La resultante des efforts de pression sur les deux surfaces horizontales du cylindreest :

~F = (−p1(h)S + p2(−H + h)S)~ez

soit apres calculs :~F =

(ρ1 h+ ρ2 (H − h)

)g S ~ez (II.3)

Le second membre represente le poids du fluide deplace au signe pres (ρ1 hS est la massedu liquide 1 deplace et ρ2 (H − h)S est la masse du liquide 2 deplace.


4. Le solide est en equilibre, donc la resultante des forces de pesanteur et des forces de pressionexercees par les liquides sur la surface du cylindre est nulle. Il vient :

−ρsH S g~ez +(ρ1 h+ ρ2 (H − h)

)g S ~ez = ~0

ρsH = ρ1 h+ ρ2 (H − h) (II.4)

5. Pour un corps en equilibre dans un fluide au repos, et soumis par ailleurs aux seules forcesde pesanteur, le theoreme d’Archimede dit (voir paragraphe 2.5.4) : la masse du fluidedeplace est egale a la masse du corps immerge. Il vient :

ρsH S = ρ1 hS + ρ2 (H − h)S

Apres simplification par S, on retrouve bien la relation (II.4).Supposons ρ1 < ρ2, et posons x = h/H. On a : ρs = ρ1 x+ ρ2 (1− x), d’ou :

x =h

H=ρ2 − ρs

ρ2 − ρ1

Comme x est compris entre 0 et 1, on voit que ρs est tel que : ρ1 < ρs < ρ2. Si le liquide2 est de l’eau (ρ2 = 1000 kg.m−3) et le liquide 1 de l’huile d’olive (ρ1 = 900 kg.m−3) et sile solide est en pierre ponce (ρs = 910 kg.m−3), on trouve x = 2.967.

2.6.3 Exercice III : Statique des liquides compressibles

Lorsqu’on considere l’eau des oceans sur des grandes profondeurs, il n’est plus acceptable desupposer que l’eau a une masse volumique constante : l’eau est legerement compressible.

Considerons donc l’eau de l’ocean, dont la surface libre est en z = 0. L’axe (O, z) est verticalet dirige de bas en haut. A la surface libre, l’eau a la masse volumique ρ0 et est a la pressionp0 (en fait p0 = pa ou pa est la pression atmospherique). On fait l’hypothese que la temperaturedans l’ocean est constante, de telle sorte que l’eau est consideree comme un liquide isothermecompressible suivant la loi

ρ− ρ0 = χθ ρ0 (p− p0) (III.1)

ou p et ρ sont la pression et la masse volumique au point considere, et ou χθ est le coefficientde dilatation de l’eau a la temperature constante T0 de l’ocean (χθ est une constante). On noteg l’acceleration de la pesanteur supposee constante.

1. Determiner la pression p a la profondeur h (h > 0), ce qui correspond a z = −h.2. Determiner la masse volumique ρ a la profondeur h.

3. On pose 1/H = χθ ρ0 g. Verifier que H a la dimension d’une longueur.

4. Pour h/H petit, donner une valeur approchee a l’ordre 2 pour p− p0 et ρ− ρ0.

5. Application numerique : p0 = 105 Pa, ρ0 = 1000 kg.m−3, χθ = 0.5 × 10−8 m2.N−1,g = 10 m.s−2. Determiner p(h) pour h = 1000 m.

Corrige

1. Soit M un point de cote z et p la pression en ce point. Comme en hydrostatique, on peutetablir que p ne depend que de z (voir paragraphe 2.4.1). Ainsi on a :

dpdz

= −ρ g , ρ− ρ0 = χθ ρ0 (p− p0)


Eliminons la masse volumique ρ. Il vient :

dp1 + χθ (p− p0)

= −ρ0 g dz

1χθ

ln |1 + χθ (p− p0)| = −ρ0 g z +K

ou K est une constante d’integration. La formule precedente ecrite en z = 0 conduit a :K = 0, car p(0) = p0. Donc :

ln |1 + χθ (p− p0)| = −χθ ρ0 g z

Le terme a l’interieur du logarithme est positif. Apres calcul, on trouve :

p(z)− p0 =1χθ

(exp(−χθ ρ0 g z)− 1

)p(h) = p0 +

1χθ

(exp(χθ ρ0 g h)− 1

)(III.2)

2. A partir de (III.1), on obtient l’expression de ρ(h) :

ρ(h) = ρ0 + ρ0

(exp(χθ ρ0 g h)− 1

)(III.3)

3. On pose 1/H = χθ ρ0 g. La quantite 1/H a la dimension de l’inverse d’une longueur. Eneffet, il est facile de verifier que χθ ρ0 g s’exprime en m−1.

4. Pour h/H petit, exp(h/H) = 1+h/H +(1/2) (h/H)2 +O(h2/H2). Les expressions (III.2)et (III.3) conduisent a :

p(h) = p0 +1χθ

[exp

(h

H

)− 1], ρ(h) = ρ0 + ρ0

[h

H− 1]

p(h) ∼= p0 +1χθ

[h

H+

12h2

H2

], ρ(h) ∼= ρ0 + ρ0

[h

H+

12h2

H2

](III.4)

Sur les resultats (III.2), (III.3) et (III.4), on remarque que p(h) et ρ(h) sont superieuresrespectivement a p0 et ρ0.Par ailleurs, sachant que 1/H = ρ0 g χθ, on deduit de (III.4) :

p(h) ∼= p0 + ρ0 g h+χθ

2(ρ0 g h)2 (III.5)

Dans cette expression, les deux premiers termes du second membre correspondent a la pres-sion que l’on aurait obtenue en hydrostatique avec χθ = 0 et ρ constant. La compressibilitede l’eau correspond a une augmentation de pression egale a : (1/2)χθ (ρ0 g h)2.

5. Avec les valeurs numeriques donnees, on a H = 1/(0.5× 10−8 × 1000× 10) m = 20 000 m= 20 km. Pour h = 1000 m, h/H = 1/20 = 5 10−2 qui est bien petit petit. D’apres (III.5),on a :

p(h) = p0 + ρ0 g h+χθ

2(ρ0 g h)2

=[105 + 1000× 10× 1000 +

0.5× 10−8

2(1000× 10× 1000)2

]Pa

p(h) =(105 + 107 + 0.25× 106

)Pa =

(105 + 107 (1 + 0.025)

)Pa

Donc, la compressibilite de l’eau correspond a une augmentation de pression de 0.025 107 Pa= 2.5 bars, sachant que 1 bar = 105 Pa.


2.6.4 Exercice IV : Theoreme d’Archimede

Un cylindre creux de masse M est ferme, en ses deux extremites, par deux disques circulairesd’aire S. Ce cylindre est place verticalement dans un recipient contenant un liquide de massevolumique ρ. Une sphere pleine, homogene et de volume V est fixee sur ce cylindre. Dansl’ensemble de l’exercice, on negligera la masse volumique de l’air devant celle du liquide et onsupposera que M < ρS h, h etant la hauteur de la partie du cylindre immergee dans l’eau. Onetudie les deux configurations indiquees sur la figure 2.18 :

1. La sphere est attachee sous le cylindre. Quelle masse volumique ρ1 doit-on donner a lasphere pour que le cylindre flotte en etant immerge sur une hauteur h ?

2. La sphere est, a present, placee a l’interieur du cylindre. Quelle masse volumique ρ2 doit-ondonner a la sphere pour que le cylindre flotte en etant immerge sur la meme hauteur h ?Comparer ρ1 et ρ2.

pa pa

S S

h h

ρ ρ

V

V

~g

Fig. 2.18 – Exercice IV : Cylindre et sphere au sein d’un liquide

Corrige

1. Le cylindre plus la sphere constitue un solide partiellement immerge dans l’eau. C’est uncorps « flottant » ; on neglige la poussee d’Archimede due a l’air (voir paragraphe 2.5.5). Cesolide est soumis aux forces de pesanteur et a la poussee d’Archimede. Cette derniere estegale a la force −mF ~g appliquee au centre d’inertie du liquide deplace, mF etant la massedu liquide deplace. Cette masse est mF = ρ (hS + V ). L’equilibre du solide considere,en se limitant a la resultante conduit a :

−mF ~g + (M + ρ1 V )~g = ~0−ρ (hS + V ) + (M + ρ1 V ) = 0

ρ1 = ρ+ρS h−M

V(IV.1)

2. Comme en 1, le cylindre plus la sphere constitue un solide partiellement immerge dansl’eau, qui est soumis aux forces de pesanteur et a la poussee d’Archimede. Cette derniereest egale a la force −mF~g appliquee au centre d’inertie du liquide deplace, mF etant lamasse du liquide deplace. Cette masse est mF = ρ (hS). L’equilibre du solide considere,en se limitant a la resultante conduit a :

−mF~g + (M + ρ2 V )~g = ~0−ρ (hS) + (M + ρ2 V ) = 0


ρ2 =ρS h−M

V(IV.2)

Comme M < ρg h, on verifie sur (IV.1) que ρ1 > ρ, et sur (IV.2) que ρ2 > 0. Sur (IV.1)et (IV.2), on verifie que ρ1 = ρ + ρ2 donc ρ1 est plus grand que ρ2. Dans la premiereconfiguration, il y a des forces de pression qui s’exercent sur la sphere et qui entraıneune augmentation de la poussee d’Archimede. La poussee d’Archimede contribue a un« allegement » du corps situe dans le liquide.

2.6.5 Exercice V : Barrage plan

On considere un barrage retenant l’eau d’un lac dont le niveau est h (voir figure 2.19). Lasurface libre est a la pression atmospherique pa constante. Le but de l’exercice est de calculerla resultante des efforts de pression s’exercant sur le barrage, de calculer le moment resultantdes efforts de pression au point O et de demontrer qu’il existe un point P ou le moment estnul. Le barrage est une plaque plane rectangulaire S de largeur 2L et de hauteur ` (voir figure2.19), l’axe (O,Z) etant sur la mediane du rectangle. L’axe (O, z) est vertical ascendant, g estl’intensite de l’acceleration de la pesanteur et ρ la masse volumique de l’eau. Le repere (O;x, y, z)est orthonorme direct ; les axes (O, x) et (O, y) sont indiques sur la figure 2.19. Les vecteurs ~ex,~ey, ~ez et ~eZ sont les vecteurs unitaires sur les axes (O, x), (O, y), (O, z) et (O,Z).

1. Determiner la pression p en tout point de l’eau. On pose, dans toute la suite, pe = p− pa.On appelle souvent pe la pression effective.

2. Calculer la resultante et le moment en O des efforts dus a la pression effective sur le barragedans le cas α = π/2.

3. Calculer la resultante et le moment en O des efforts dus a la pression effective sur le barragedans le cas general 0 ≤ α ≤ π/2.

4. Determiner le centre de poussee.

eau

eau

pa

pa

h

h

x

x

O

O

z

z

A

A

Z

Z

~n

αα = π/2

barrage

Oy

Z

A

`

2L

Fig. 2.19 – Barrage rectangulaire plan

Corrige

1. Soit M un point de l’eau de cote z, et p(z) la pression en ce point. L’equation (2.18) del’hydrostatique implique :

dpdz

= −ρ g , p(z) = −ρ g z +K


ou K est une constante d’integration. En z = h, on a la surface libre avec l’air de l’at-mosphere, donc d’apres (2.15) : p(h) = pa. Comme consequence on a : K = pa + ρ g h.D’ou :

p(z) = pa + ρ g (h− z) , pe(z) = ρ g (h− z) (V.1)

2. Dans cette question, α = π/2 (Fig. 2.19). Donc h = `. La resultante des efforts dus a lapression effective sur le barrage est :

~R =∫∫

Spe(z)~ex dS =

(∫∫Spe(z) dS

)~ex

~R = ~ex

(∫ +L

−Ldy∫ h

0ρ g (h− z) dz

)= ~ex

([y]+L

−L

[ρ g

(h z − z2

2

)]h

0

)= ~ex

[2Lρ g

h2

2

]

~R =(ρ g Lh2

)~ex =

12ρ g S h~ex (V.2)

car S = 2Lh = 2L ` est l’aire du barrage.De meme, pour le moment en O, on a :

−→MO =

∫∫S

−−→OM ∧ (pe ~ex) dS =

(∫∫Spe−−→OM dS

)∧ ~ex

−→MO =

(∫ +L

−L

∫ h

0ρ g (h− z) (y ~ey + z ~ez) dy dz

)∧ ~ex

L’integrale en y de la quantite y entre −L et +L donne 0. D’ou :

−→MO =

(∫ +L

−Ldy∫ h

0ρ g (h− z) z dz

)~ez ∧ ~ex

= [y]+L−L

[ρ g (

12h z2 − 1

3z3)]h

0

~ey = 2Lρ g16h3 ~ey

−→MO = ρ g S

h2

6~ey (V.3)

3. Dans le cas 0 ≤ α ≤ π/2, on introduit ~n = sin(α)~ex − cos(α)~ez. La resultante des effortsdus a la pression effective sur le barrage est :

~R =∫∫

Spe ~ndS =

(∫∫Spe dS

)~n = ~n

(∫ +L

−Ldy∫ h

0ρ g (h− z) 1

sin(α)dz)

car Z = z/ sin(α), dZ = dz/ sin(α), dS = dy dZ = (1/ sin(α)) dy dz.

~R = ~n

(2Lρ g

h2

21

sin(α)

)

~R = (ρ g L ` h)~n =12ρ g S h~n (V.4)

car ` = h/ sin(α) et S = 2L ` = 2Lh/ sin(α) est l’aire du barrage. Remarquons que leresultat (V.4) est identique a celui (V.2) trouve dans la question 2, a condition de remplacer~ex par ~n.


Remarque. On a ~R = (S ρ g h/2)~n. La quantite S ρ g h/2 correspond au poids de lacolonne d’eau de hauteur h/2 situee au-dessus de la surface S.De meme, pour le moment en O, on a :

−→MO =

∫∫Spe−−→OM ∧ ~ndS =

∫∫Spe (y ~ey + Z ~eZ) ∧ ~ndS

Comme dans la question 2, l’integrale en y de la quantite y entre −L et +L donne 0. D’ou :

−→MO =

(∫ +L

−Ldy∫ `

0ρ g (h− z)Z ~eZ dZ

)∧ ~n

=∫ +L

−Ldy∫ h

0ρ g (h− z) z

sin(α)dz

sin(α)~eZ ∧ ~n

−→MO = 2Lρ g

∫ h

0(h− z) z 1

sin2(α)dz ~ey

−→MO = 2Lρ g

h3

61

sin2(α)~ey

−→MO =

ρ g h

6S `~ey (V.5)

4. On a vu dans le paragraphe 2.4, que les efforts de pression exerces par un fluide sur unesurface plane sont equivalents a un glisseur (vecteur force applique en un point, appelecentre de poussee). Le barrage est une surface plane. Cherchons le centre de poussee,c’est-a-dire le point P en lequel le moment des efforts de pression est nul. On a :

−→MP =

−→MO +

−−→PO ∧ ~R = ~0

Pour des raisons de symetrie, on cherche le point P sur l’axe (O,Z) :−−→OP = λ~eZ . Nous

devons determiner λ. Il vient :

~0 =−→MO +

−−→PO ∧ ~R =

ρ g h

6S `~ey − (λ~eZ) ∧

(12ρ g S h~n

)

~0 =ρ g h

6S `~ey − λ

(12ρ g S h

)~ey = ρ g hS

(`

6− λ

2

)~ey

On trouve :λ =

`

3(V.6)

Le point P est donc tel que−−→OP = (1/3)

−→OA. Remarquons que le calcul fait ici est valable

aussi bien pour α = π/2 que pour 0 < α < π/2.En conclusion les efforts de pression exerces sur le barrage sont equivalents au torseurunivectoriel {P, (1/2) ρ g hS ~n}. Au niveau de l’equilibre du barrage, tout se passe commesi le poids de la colonne d’eau se trouvant au-dessus du barrage etait applique au point Psitue au tiers de la hauteur du barrage.

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