PCSI – Statique des fluides

Chap. 23

En gagnant en altitude, on constate que la pression atmosphérique diminue (l’eau bout à des températures inférieures à 100°C au sommet des montagnes). Ce constat fait pour l’air est valable pour tout fluide (liquide ou gaz) et les légères variations de pression au sein d’un fluide étendu peuvent avoir d’importantes conséquences. Cadre de l’étude Fluide dans le champ de pesanteur, immobile (au repos) dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Système étudié Fluide à priori non-homogène en température et en pression.

On s’intéresse alors à une toute petite portion du fluide.

I – Forces surfaciques, forces volumiques

Statique des fluides

dans un référentiel galiléen

Particule de fluide

Une particule (de) fluide est une portion de fluide délimitée par la pensée, de taille mésoscopique.

La taille de la particule fluide doit être très petite à l’échelle macroscopique, afin que ses grandeurs intensives (pression, température, …) soient homogènes, mais très grande à l’échelle microscopique, de sorte qu’il soit possible de lui appliquer les lois de la thermodynamique. La forme de la particule de fluide est adaptée au repère d’étude. Pour un fluide étudié dans un repère cartésien, on prendra un cube ou un pavé.

Force surfacique

Une force s’exerçant sur une surface 𝑑𝑆 de la particule fluide s’écrit : 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑓𝑠⃗⃗⃗ 𝑑𝑆

avec 𝑓𝑠⃗⃗⃗ la densité surfacique de la force.

La pression est une force s’exerçant en surface :

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑖𝑜𝑛 = − 𝑃(𝑀) 𝑑𝑆 �⃗�

⟹ Densité surfacique des forces de pression : 𝑓𝑠⃗⃗⃗ 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑖𝑜𝑛 = − 𝑃(𝑀) �⃗�

II – Relation fondamentale de la statique des fluides

La relation fondamentale de la statique des fluides, aussi appelée équation de la statique des fluides donne l’évolution de la pression d’un fluide en fonction du lieu considéré au sein de celui-ci. L’équation de la statique des fluides concerne le champ de pression : elle permet (quand cela est possible) de calculer la valeur de la pression en chaque point de l’espace, soit 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧).

A – Statique dans le champ de pesanteur uniforme Système : particule de fluide pavée de masse 𝑑𝑚 ; de volume 𝑑𝜏 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 et de masse volumique 𝜌

Référentiel : terrestre considéré comme galiléen

Bilan des forces extérieures :

• Poids 𝑑𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑑𝑚 𝑔 • Forces pressantes

Il y a 6 surfaces, donc 6 forces pressantes :

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗1 selon (−�⃗� 1)

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗2 selon (−�⃗� 2) …

On considère que la particule de fluide est centrée sur le point M de coordonnées (𝑥𝑀 , 𝑦𝑀 , 𝑧𝑀).

Force volumique

Une force s’exerçant sur tout le volume 𝑑𝜏 de la particule fluide s’écrit : 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑓𝑣⃗⃗ ⃗ 𝑑𝜏

avec 𝑓𝑣⃗⃗ ⃗ la densité volumique de la force.

Le poids est une force s’exerçant en volume : 𝑑𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑑𝑚 𝑔

avec 𝑑𝑚 la masse de la particule fluide que l’on exprime en fonction de la masse volumique 𝜌 du fluide : 𝑑𝑚 = 𝜌(𝑀) 𝑑𝜏

𝑑𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝜌(𝑀) 𝑑𝜏 𝑔

⟹ Densité volumique du poids : 𝑓𝑣⃗⃗ ⃗𝑝𝑜𝑖𝑑𝑠 = 𝜌(𝑀) 𝑔

Champ d’une grandeur

Dans une zone de l’espace, lorsqu’une grandeur prend différentes valeurs suivant la position du point considéré, cela définit un champ.

Connaître le champ d’une grandeur dans un espace donné, c’est connaitre la valeur de cette grandeur en chaque point de cet espace.

Exemples de champ vectoriel : champ de vitesse, champ électromagnétique, … Exemples de champ scalaire : champ de température, champ de pression, …

La particule de fluide est au repos (immobile) ⟹ 𝑑𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗1 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗2 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗3 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗4 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗5 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗6 = 0⃗ ▶ Projection sur 𝒖𝒙⃗⃗ ⃗⃗

Seules 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗1 et 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗2 s’exercent selon 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗ ⟹ 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗1 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗2 = 0⃗

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗1 = 𝑃(𝑥, 𝑦𝑀 , 𝑧𝑀) 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗2 = −𝑃(𝑥 + 𝑑𝑥, 𝑦𝑀 , 𝑧𝑀) 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗ ▶ Projection sur 𝒖𝒚⃗⃗ ⃗⃗

Seules 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗3 et 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗4 s’exercent selon 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗ ⟹ 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗3 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗4 = 0⃗

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗3 = 𝑃(𝑦, 𝑧𝑀) 𝑑𝑥 𝑑𝑧 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗4 = −𝑃(𝑦 + 𝑑𝑦, 𝑧𝑀) 𝑑𝑥 𝑑𝑧 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗

▶ Projection sur 𝒖𝒛⃗⃗⃗⃗

Les forces 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗5 et 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗6 s’exercent selon 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗ , ainsi que le poids 𝒅𝑷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ⟹ 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗5 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗6 + 𝑑𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 0⃗

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗5 = 𝑃(𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗6 = −𝑃(𝑧 + 𝑑𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

𝑑𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −𝑑𝑚 𝑔 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

𝑑𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −𝜌 𝑑𝜏 𝑔 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗ = −𝜌 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑔 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

Ainsi la pression diminue avec l’altitude (dans l’air), et augmente avec la profondeur (dans l’eau). La pression augmente en profondeur du fait du poids de fluide contenu au-dessus.

𝑃(𝑥, 𝑦𝑀 , 𝑧𝑀) − 𝑃(𝑥 + 𝑑𝑥, 𝑦𝑀 , 𝑧𝑀) = 0

𝑃(𝑥, 𝑦𝑀 , 𝑧𝑀) = 𝑃(𝑥 + 𝑑𝑥, 𝑦𝑀 , 𝑧𝑀)

Quelque soit la position sur 𝑥, la pression ne change pas

⟹ La pression n’est pas fonction de x : 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑃(𝑦, 𝑧)

𝑃(𝑦, 𝑧𝑀) − 𝑃(𝑦 + 𝑑𝑦, 𝑧𝑀) = 0

𝑃(𝑦, 𝑧𝑀) = 𝑃(𝑦 + 𝑑𝑦, 𝑧𝑀)

Quelque soit la position sur 𝑦, la pression ne change pas

⟹ La pression n’est pas fonction de y : 𝑃(𝑦, 𝑧) = 𝑃(𝑧)

𝑃(𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 − 𝑃(𝑧 + 𝑑𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 − 𝜌 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑔 = 0

𝑃(𝑧 + 𝑑𝑧) − 𝑃(𝑧) = − 𝜌𝑔 𝑑𝑧

𝑃(𝑧 + 𝑑𝑧) − 𝑃(𝑧)

𝑑𝑧 = − 𝜌𝑔

tend vers 𝑑𝑝

𝑑𝑧 quand 𝑑𝑧 tend vers 0

On obtient finalement 𝑑𝑃

𝑑𝑧= − 𝜌𝑔 dans la limite où 𝑑𝑧 tend vers 0

Equation de la statique des fluides dans le champ de pesanteur uniforme

Dans le champ de pesanteur uniforme, le champ de pression d’un fluide au repos obéit à la loi :

𝑑𝑃

𝑑𝑧= − 𝜌(𝑧)𝑔

pour un axe z vertical ascendant, avec 𝜌(𝑧) la masse volumique du fluide à l’altitude z.

Penser à changer de signe si l′axe 𝑧 est vertical descendant ∶ 𝑑𝑃

𝑑𝑧= 𝜌(𝑧)𝑔

IMPORTANT Au niveau de l’interface plane entre deux fluides, la pression est continue. Pour un fluide en contact direct avec l’atmosphère, on considère donc qu’à la surface du fluide (altitude 𝑧 = 0) sa pression est égale à la pression atmosphérique.

Conséquence immédiate

La surface d’un liquide au repos à l’air libre est un plan horizontal. En effet, la pression « au-dessus » du liquide à l’air libre est uniforme donc la pression juste à la surface du fluide est aussi uniforme (continuité de la pression). Puisque la pression ne dépend que de l’altitude, 𝑃 = 𝑐𝑠𝑡𝑒 ⟹ 𝑧 = 𝑐𝑠𝑡𝑒 Ainsi, quelle que soit la forme d’un récipient, même si celui-ci parait « morcelé », la surface libre est partout à la même hauteur.

Phénomène connu sous le nom d’effet de « vases communicant ».

Pour pouvoir résoudre l’équation de la statique des fluides 𝑑𝑃

𝑑𝑧= ± 𝜌(𝑧)𝑔 et ainsi déterminer la pression en

fonction de l’altitude, il faut connaitre l’expression de la masse volumique 𝜌(𝑧)….

B – Cas des fluides incompressibles et homogènes

Fluide incompressible = masse volumique indépendante de la pression. Les gaz étant compressibles, on ne considère alors que des liquides.

Fluide homogène = masse volumique identique en tout point de l’espace. L’équation de la statique des fluides pour un axe z vertical descendant devient :

𝑑𝑃

𝑑𝑧= 𝜌𝑔 avec 𝜌 constante

Résolution : 𝑃(𝑧) = 𝜌𝑔𝑧 + 𝐶 avec C constante d’intégration

Conditions aux limites : En notant 𝑃0 la pression du fluide à l’altitude 𝑧 = 0, on a alors 𝑃0 = 𝐶.

Evolution de la pression dans un liquide incompressible et homogène

𝑃(𝑧) = 𝑃0 + 𝜌𝑔𝑧 avec 𝑃0 la pression en surface 𝜌 la masse volumique du fluide Pour un axe z descendant.

Champ de pression de l’océan

On se place dans un océan, en considérant un axe (Oz) descendant avec O situé à la surface de l’eau. On assimile l’océan à un fluide homogène et incompressible de masse volumique proche de celle de l’eau, soit 𝜌~ 1 kg·L−1.

▶ Champ de pression 𝑃(𝑧) dans l’océan : 𝑃(𝑧) = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔𝑧 ▶ Pression dans les fonds océaniques (profondeur de l’ordre de 10 km).

A.N. 𝑃𝑓𝑜𝑛𝑑 𝑜𝑐é𝑎𝑛 ~ 105 + 1. 103 × 9,8 × 10. 103 ~ 105 + 107 ~ 107 Pa soit 𝑃𝑓𝑜𝑛𝑑 𝑜𝑐é𝑎𝑛~ 100 bar

▶ Augmentation de la pression ∆𝑃 dans l’océan pour une variation de profondeur ∆𝑧 = 10 m.

∆𝑃 = 𝜌𝑔 ∆𝑧 A.N. ∆𝑃 = 1. 103 × 9,8 × 10 ~ 105 Pa

∆𝑃~ 1 bar

Dans de l’eau liquide, tous les 10 m environ, la pression augmente de 1 bar.

Manomètre au mercure

On considère un baromètre (ou manomètre), contenant du mercure de masse volumique 𝜌 = 13,6×103 kg.m−3.

La lecture de la différence ∆𝑧 entre les niveaux du mercure permet une mesure indirecte de la pression atmosphérique.

∆𝑃 = 𝜌𝑔 ∆𝑧

avec ∆𝑃 = 𝑃 − 𝑃𝑣𝑖𝑑𝑒 = 𝑃 ⟹ 𝑃 = 𝜌𝑔 ∆𝑧 ⟹ ∆𝑧 =𝑃

𝜌𝑔

Pour une pression atmosphérique 𝑃 = 1 atm = 1, 01325 . 105 Pa , on a ∆𝑧 = 7,6 cm La hauteur de mercure constitue une unité de pression : 𝟏 atm = 76 mmHg

Le choix du mercure comme liquide utilisé dans les baromètres est dû à son importante masse volumique. Si on utilisait de l’eau, on aurait besoin d’une colonne de 10 m de haut ! Remarque En fait, le mercure liquide n’est pas surmonté par du vide, mais par de la vapeur de mercure à la pression de vapeur saturante 𝑃𝑠𝑎𝑡(20°𝐶)= 0,163 Pa ≪ P .

Vérin hydraulique

Les vérins hydrauliques qui équipent les pelleteuses ou certaines grues sont des appareils utilisés pour soulever des objets lourds. On en rencontre aussi dans les presses destinées à plier la tôle (presses hydrauliques).

Un fluide est enfermé dans deux tubes communicants de section s et 𝑆 ≫ 𝑠.

En exerçant une force sur le piston de gauche, on cherche à soulever la masse M déposée sur le piston de droite.

On cherche 𝑓1 la force minimale à exercer, correspondant au fait de maintenir les deux surfaces s et S au même niveau noté 𝑧0. Même niveau 𝑧0 dans les deux cylindres donc même pression dans le liquide, soit 𝑃(𝑧0).

▶ Piston de gauche maintenu immobile : 𝑓1 + 𝑃0𝑠 − 𝑃(𝑧0)𝑠 = 0 ⟹ 𝑓1 = 𝑠(𝑃(𝑧0) − 𝑃0)

▶ Piston de gauche maintenu immobile : 𝑀𝑔 + 𝑃0𝑆 − 𝑃(𝑧0)𝑆 = 0 ⟹ 𝑃(𝑧0) = 𝑃0 +𝑀𝑔

𝑆

Les masses des deux pistons sont négligées.

Ainsi avec 𝑠 ≪ 𝑆, on a 𝑓1 ≪ 𝑀𝑔 , c’est-à-dire que la force minimale à exercer pour soulever la masse M est bien inférieure à celle que l’on devrait exercer directement sur elle pour lutter contre son poids.

⟹ Même avec de faibles forces, on peut soulever des objets très lourds !

Par exemple, avec un rapport 100 (𝑆 = 100 𝑠), une masse de 1 kg posée sur le petit piston peut maintenir une masse de 100 kg posée sur le grand piston.

Les forces sont multipliées, mais les déplacements sont divisés : le travail reçu par le grand piston sera égal au travail fourni par le petit piston.

C – Cas de l’atmosphère isotherme

L’atmosphère est composée en volume approximativement de 21 % de dioxygène, de 78 % de diazote et de 1% d’autres gaz (dioxyde de carbone, vapeur d’eau, gaz rares). Modèle de l’atmosphère isotherme On assimile l’atmosphère à un gaz parfait de température uniforme. L’air n’étant pas incompressible, sa masse volumique 𝜌 n’est pas constante.

𝜌 dépend de la position z, donc de la pression P.

L’équation de la statique des fluides pour un axe z vertical ascendant devient :

𝑑𝑃

𝑑𝑧= − 𝜌𝑔 avec 𝜌 =

𝑃𝑀𝑎𝑖𝑟𝑅𝑇

⟹ 𝑑𝑃

𝑑𝑧+

𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑔

𝑅𝑇𝑃(𝑧) = 0

Résolution : 𝑃(𝑧) = 𝐴 exp (−𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑔

𝑅𝑇 𝑧) avec A constante d’intégration

Conditions aux limites : En notant 𝑃0 la pression de l’atmosphère à l’altitude 𝑧 = 0, on a alors 𝑃0 = 𝐴.

𝑓1 = 𝑀𝑔 𝑠

𝑆

Gaz parfait ⟹ 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 soit 𝑃𝑉 =𝑚

𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑅𝑇 ⟹ 𝜌 =

𝑚

𝑉=

𝑃𝑀𝑎𝑖𝑟𝑅𝑇

Equation différentielle linéaire du premier

ordre à coefficient constant et homogène

Sur des distances de quelques mètres, la pression au sein d’un gaz est uniforme.

Dans une pièce, la pression de l’air est uniforme. Dans un récipient contenant un gaz, la pression est uniforme.

L’atmosphère réel En réalité, la température de l’atmosphère est loin de pouvoir être considérée comme uniforme…

Cependant, la pression obtenue avec le modèle de l’atmosphère isotherme est en très bon accord avec la pression mesurée jusqu’à 5 km d’altitude.

III – Facteur de Boltzmann

Retour sur le modèle de l’atmosphère isotherme

On cherche la loi d’évolution de la densité moléculaire de l’air en fonction de l’altitude z.

𝐃𝐞𝐧𝐬𝐢𝐭é 𝐦𝐨𝐥é𝐜𝐮𝐥𝐚𝐢𝐫𝐞 𝒏∗ =𝑵

𝑽 (nombre de molécule par unité de volume)

Gaz parfait ⟹ 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 soit 𝑃𝑉 =𝑁

𝑁𝑎 𝑅𝑇 ⟹ 𝑛∗ =

𝑁𝑎 𝑃

𝑅𝑇 =

𝑃

𝑘𝐵𝑇

Evolution de la pression pour le modèle de l’atmosphère isotherme

𝑃(𝑧) = 𝑃0 exp ൬−𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑔

𝑅𝑇 𝑧൰

avec 𝑃0 la pression au niveau de la mer, pour un axe z ascendant. La pression décroit exponentiellement avec l’altitude.

𝑃(𝑧) = 𝑃0 𝑒−𝑧/𝐻 avec 𝐻 =

𝑅𝑇

𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑔

A.N. avec 𝑇 = 273 K ⟹ 𝐻 = 8 km

Distance caractéristique de variation de la pression

Pour 𝑧 = 5𝐻, la pression est quasiment nulle.

𝑘𝐵 =𝑅

𝑁𝐴

Ainsi 𝑛∗ = 𝑃(𝑧)

𝑘𝐵𝑇 avec 𝑃(𝑧) = 𝑃0 exp ൬−

𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑔

𝑅𝑇 𝑧൰

On note 𝑛0∗ la densité moléculaire à 𝑧 = 0 au niveau du sol ⟹ 𝑛∗ = 𝑛0

∗ exp ൬−𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑔

𝑅𝑇 𝑧൰

On fait apparaitre la constante de Boltzmann 𝑘𝐵 dans l’exponentielle :

𝑀𝑎𝑖𝑟 = 𝑁𝑎𝑚∗ avec 𝑚∗ la masse d′une molécule ainsi

𝑀𝑎𝑖𝑟

𝑅=

𝑁𝑎𝑚∗

𝑅=

𝑚∗

𝑘𝐵

𝑛∗ = 𝑛0∗ exp ൬−

𝑚∗ 𝑔

𝑘𝐵𝑇 𝑧൰

On remarque que la densité moléculaire peut s’exprimer en fonction de l’énergie potentielle de pesanteur d’une molécule 𝑒∗𝑝𝑝 = 𝑚

∗𝑔𝑧 :

𝑛∗ = 𝑛0∗ exp (−

𝑒∗𝑝𝑝𝑘𝐵𝑇

)

Compétition entre la pesanteur, qui tend à faire tomber les molécules, et l’agitation thermique, qui tend à uniformiser la répartition des molécules.

▶ Le facteur de Boltzmann intervient dans la répartition des électrons sur les niveaux d’énergie atomiques. Ainsi, quand on augmente la température, on augmente le nombre d’électrons des niveaux excités (on favorise ainsi l’émission de lumière).

▶ Le facteur de Boltzmann apparait dans la loi d’Arrhenius : la constante de vitesse d’une réaction chimique

est proportionnelle à 𝑒𝑥𝑝 (−𝐸𝐴

𝑘𝐵𝑇 ), où 𝐸𝐴 est l’énergie d’activation. En effet, en augmentant la température, on

augmente le nombre de particules possédant l’énergie nécessaire au franchissement de la barrière énergétique de la réaction chimique. On augmente ainsi la vitesse de la réaction.

𝑛∗ = 𝑃0

𝑘𝐵𝑇 exp ൬−

𝑀𝑎𝑖𝑟 𝑔

𝑅𝑇 𝑧൰

Les molécules sont de moins en moins nombreuses lorsque l’on monte en altitude (chute exponentielle) : l’air se raréfie.

Energie potentielle de pesanteur d’une particule

Energie d’agitation thermique (ordre de grandeur)

d’une particule

Facteur de Boltzmann

Dans un système où la température est uniforme, le nombre de molécules ayant une énergie 𝐸 donnée est

𝑛∗ = 𝑐𝑠𝑡𝑒 × exp ൬−𝐸

𝑘𝐵𝑇 ൰

⟹ Le nombre de molécules ayant une énergie E donnée est donc proportionnelle à exp (−𝐸

𝑘𝐵𝑇 )

Facteur de Boltzmann

IV – Résultante de forces de pression

Un objet au contact d’un fluide subit de la part de celui-ci des actions mécaniques de pression.

La formule 𝐹 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑖𝑜𝑛 = 𝑃𝑆 �⃗� ne peut être utilisée que lorsque la pression est constante !

Elle est donc valable pour un élément de surface 𝑑𝑆 situé à l’altitude z. On a alors :

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑖𝑜𝑛 = 𝑃(𝑧) 𝑑𝑆 �⃗� avec �⃗⃗� 𝐨𝐫𝐢𝐞𝐧𝐭é 𝐯𝐞𝐫𝐬 𝐥′𝐞𝐱𝐭é𝐫𝐢𝐞𝐮𝐫 𝐝𝐮 𝐟𝐥𝐮𝐢𝐝𝐞

Pour obtenir la force de pression s’exerçant sur une surface étendue, il faut donc calculer la somme

de toutes les forces de pression élémentaires 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ s’exerçant sur chacune des surfaces élémentaires 𝑑𝑆 constituant la surface étudiée.

Intégrale surfacique = intégrale double car deux variables d’espace.

La difficulté de cette intégrale double vient du fait que le vecteur surface élémentaire 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ n’est

constant que lorsque l’on étudie une surface plane. Pour tout autre surface, 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ change de direction selon le point M de la surface.

Nécessité d’exprimer 𝒅𝑺⃗⃗⃗⃗ ⃗ dans le système de coordonnée utilisé.

A – Surface élémentaire

Coordonnées cartésiennes

Déplacement élémentaire d𝑟 = 𝑑𝑥 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑑𝑦 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑑𝑧 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

Surfaces élémentaires orientées

𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ 𝑥 = 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗

𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ 𝑦 = 𝑑𝑥 𝑑𝑧 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗

𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ 𝑧 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

Coordonnées cylindriques

Déplacement élémentaire d𝑟 = 𝑑𝑟 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗ + 𝑟 𝑑𝜃 𝑢𝜃⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑑𝑧 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

Surfaces élémentaires orientées

𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ 𝑟 = 𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗

𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ 𝜃 = 𝑑𝑟 𝑑𝑧 𝑢𝜃⃗⃗ ⃗⃗

𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ 𝑧 = 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

Résultante des forces de pression

Force élémentaire de pression :

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑖𝑜𝑛 = 𝑃(𝑧) 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ avec 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ = 𝑑𝑆 �⃗� orienté vers l’extérieur du fluide.

Résultante :

𝐹 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑖𝑜𝑛 = ∬𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑖𝑜𝑛 = ∬ 𝑃(𝑧) 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗

Coordonnées sphériques

Déplacement élémentaire d𝑟 = 𝑑𝑟 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗ + 𝑟𝑑𝜃 𝑢𝜃⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑑𝜑 𝑢𝜑⃗⃗⃗⃗ ⃗

Surfaces élémentaires orientées

𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ 𝑟 = 𝑟2 sin 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜑 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗

𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ 𝜃 = 𝑟 sin𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜑 𝑢𝜃⃗⃗ ⃗⃗

𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ 𝜑 = 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑢𝜑⃗⃗⃗⃗ ⃗

Surface latérale d’un cylindre Surface d’une sphère

Coordonnées cylindriques

𝑑𝑆 = 𝑅 𝑑𝜃 𝑑𝑧

⟹ Intégration

𝑆 = 𝑅 ∫ 𝑑𝜃2𝜋

0

∫ 𝑑𝑧𝐿

0

𝑆 = 𝑅 [𝜃]02𝜋 [𝑧]0

𝐿

𝑆 = 2𝜋 𝑅 𝐿

Force de pression sur une vitre plane d’aquarium

On considère la vitre plane d’un aquarium de hauteur h et de largeur 𝑙. L’eau affleure au sommet de la vitre. On note 𝜌 la masse volumique constante de l’eau liquide, g le champ de pesanteur terrestre et 𝑃0 la pression atmosphérique à la surface de l’eau. Calcul de la résultante des forces de pression s’exerçant sur la vitre

▶ Coordonnées cartésiennes

▶ Elément de surface orienté : 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ = 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗

▶ Force de pression élémentaire exercée par l’eau : 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑒𝑎𝑢 = 𝑃(𝑀) 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗

avec 𝑃(𝑀) = 𝑃0 + 𝜌𝑔(ℎ − 𝑧)

▶ Force de pression élémentaire exercée par l’air : 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑎𝑖𝑟 = −𝑃0 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗

En effet, sur une hauteur h d’aquarium, la pression d’un gaz est considérée uniforme.

▶ Résultante élémentaire des forces de pression : 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝 = 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑒𝑎𝑢 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗

𝑝𝑎𝑖𝑟 = 𝜌𝑔(ℎ − 𝑧) 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗

▶ Intégration pour obtenir la résultante des forces de pression :

𝐹 𝑝 = ∬𝜌𝑔(ℎ − 𝑧) 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗

𝐹 𝑝 = 𝜌𝑔 ∫ 𝑑𝑦𝑙

0

∫ (ℎ − 𝑧) 𝑑𝑧ℎ

0

𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗

𝐹 𝑝 = 𝜌𝑔 [𝑦]0𝑙 [ℎ𝑧 −

𝑧2

2]0

ℎ

𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗

𝐹 𝑝 = 𝜌𝑔𝑙ℎ2

2𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗

Coordonnées sphériques

𝑑𝑆 = 𝑅2 sin 𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝜑

⟹ Intégration

𝑆 = 𝑅2 ∫ sin𝜃 𝑑𝜃𝜋

0

∫ 𝑑𝜑2𝜋

0

𝑆 = 𝑅2 [− cos 𝜃]0𝜋 [𝜑]0

2𝜋

𝑆 = 𝑅2(1 + 1) 2𝜋

𝑆 = 4𝜋𝑅2

B – Utilisation des symétries

Dans les situations où 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ n’est pas un vecteur constant, c’est-à-dire en coordonnées cylindriques ou sphériques,

l’intégrale 𝐹 𝑝 = ∬ 𝑃(𝑧) 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ ne peut pas se calculer directement.

La résultante des forces de pression est dirigée selon un vecteur unitaire que l’on peut noter �⃗� : 𝐹 𝑝 = 𝐹𝑝 �⃗�

On cherche alors à calculer la norme de la force : 𝐹𝑝 = 𝐹 𝑝 . �⃗� = ∬ 𝑃(𝑧) 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ . �⃗�

Ainsi nous n’avons besoin que de la composante de 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ selon �⃗� pour calculer 𝐹𝑝

Une réflexion sur les symétries du problème étudié permet de déterminer la direction u⃗ de la résultante des forces de pression.

Si le problème admet un plan de symétrie, alors �⃗⃗� 𝒑 est contenue

dans ce plan. Ainsi, lorsque le problème admet plusieurs plans

de symétrie, �⃗⃗� 𝒑 est dirigée selon l’intersection de ces plans.

Force de pression sur une vitre hemi-cylindrique d’aquarium

La vitre d’un aquarium a la forme d’un demi-cylindre d’axe vertical, de hauteur h et de rayon R. L’eau affleure au sommet de la vitre. On note 𝜌 la masse volumique constante de l’eau liquide, g le champ de pesanteur terrestre et 𝑃0 la pression atmosphérique à la surface de l’eau.

Calcul de la résultante des forces de pression s’exerçant sur la vitre demi-cylindrique

▶ Coordonnées cylindriques

▶ Elément de surface orienté : 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ = 𝑅 𝑑𝜃 𝑑𝑧 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗

▶ Force de pression élémentaire :

• exercée par l’eau : 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑒𝑎𝑢 = −𝑃(𝑀) 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ avec 𝑃(𝑀) = 𝑃0 + 𝜌𝑔(ℎ − 𝑧)

• exercée par l’air : 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑎𝑖𝑟 = 𝑃0 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗ car pression de l’air considérée uniforme.

▶ Résultante élémentaire des forces de pression : 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝 = 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑝𝑒𝑎𝑢 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗

𝑝𝑎𝑖𝑟 = − 𝜌𝑔(ℎ − 𝑧) 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗

On ne sait pas calculer l’intégrale 𝐹 𝑝 = −∬𝜌𝑔(ℎ − 𝑧) 𝑅 𝑑𝜃 𝑑𝑧 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗ car 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗ n’est pas constant !

Il faut déterminer la direction de 𝐹 𝑝 grâce aux symétries du problème.

Plan de symétrie

Le problème admet le plan (P ) comme plan de symétrie si les deux conditions suivantes sont réunies :

• la surface du solide étudié est symétrique par rapport au plan (P ) ; • la pression est symétriquement la même de part et d’autre du plan (P ).

▶ Direction de �⃗⃗� 𝒑 d’après les symétries du problème

• 1er plan de symétrie : plan vertical passant par le milieu de l’aquarium • 2ème plan de symétrie : plan horizontal passant par le milieu de l’aquarium

⟹ La résultante des forces de pression est dirigée selon 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗

▶ Projection de �⃗⃗� 𝒑 selon 𝒖𝒚⃗⃗ ⃗⃗ : 𝐹𝑝 = 𝐹 𝑝 . 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗ = −∬𝜌𝑔(ℎ − 𝑧) 𝑅 𝑑𝜃 𝑑𝑧 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗ . 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗

Or 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗ . 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗ = cos (𝜃 +𝜋

2) = −sin𝜃 ⟹ 𝐹𝑝 = ∬𝜌𝑔(ℎ − 𝑧) 𝑅 sin𝜃 𝑑𝜃 𝑑𝑧

▶ Intégration

𝐹𝑝 = 𝜌𝑔𝑅 ∫ sin𝜃 𝑑𝜃𝜋

0

∫ (ℎ − 𝑧) 𝑑𝑧ℎ

0

𝐹𝑝 = 𝜌𝑔𝑅 [− cos 𝜃]0𝜋 [ℎ𝑧 −

𝑧2

2]0

ℎ

𝐹𝑝 = 𝜌𝑔𝑅 (1 + 1) (ℎ2 −

ℎ2

2)

𝐹𝑝 = 𝜌𝑔𝑅 ℎ2 ⟹ 𝐹 𝑝 = 𝜌𝑔𝑅 ℎ

2 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗

V – Poussée d’Archimède On considère un objet entièrement plongé dans un fluide au repos.

La pression sous l’objet étant plus grande que la pression au-dessus, la résultante des forces de pression est dirigée vers le haut.

Cette résultante des forces de pression est appelée poussée d’Archimède. Dans un bilan de forces extérieures, il ne faut pas compter à la fois les forces pressantes et la poussée d’Archimède !!!

La poussée d’Archimède explique ainsi que certains corps flottent à la surface de l’eau : ceux dont la masse volumique moyenne est inférieure à celle de l’eau. La poussée d’Archimède explique aussi pourquoi l’air chaud a tendance à s’élever, permettant ainsi aux montgolfières de s’envoler

Conditions d’application Il faut que le corps soit entièrement immergé (il doit avoir du fluide tout autour de lui) et il faut que le fluide soit au repos, donc l’objet immergé doit lui aussi être au repos.

Loi d’Archimède

Tout corps entièrement immergé dans un ou plusieurs fluides au repos subit de la part de ceux-ci une

force verticale appelée poussée d’Archimède �⃗⃗� 𝐴, opposée aux poids des « fluides remplacés ».

�⃗⃗� 𝐴 = −�⃗� 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑐é

Un « fluide remplacé » est un fluide dont un objet a pris la place.

Le point d’application de la poussée d’Archimède est le centre de masse du « fluide remplacé ».

Exemples où la loi d’Archimède ne s’applique pas

Démonstration

Considérons un objet entièrement immergé et immobile et notons �⃗⃗� 𝐴 la résultante des forces pressantes exercées par le fluide. La force que le fluide exerce ne dépend pas de l’objet.

En effet, la force exercée par un fluide immobile sur une surface dS vaut 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑃 𝑑𝑆 �⃗� avec �⃗� un vecteur normal à la surface. Supposer que la force change suivant l’objet qui subit la force reviendrait à supposer que celui-ci est capable de changer le champ de pression, ce qui n’est pas vrai !

Puisque la force ne dépend pas de l’objet, nous pouvons remplacer ce dernier par du fluide, le même que celui dans lequel il est plongé.

On obtient alors une portion de fluide immobile subissant uniquement son poids �⃗� 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑐é

et la résultante des forces de pression �⃗⃗� 𝐴 :

�⃗⃗� 𝐴 + �⃗� 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑐é = 0⃗

�⃗⃗� 𝐴 = − �⃗� 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑐é

Exemples

Poussée d’Archimède dans l’air

𝛱𝑎𝑃

=𝜌𝑎𝑉𝑔

𝜌𝑉𝑔=

𝜌𝑎𝜌

Si l’objet est une phase condensée, alors 𝜌 ≫ 𝜌𝑎 : la poussée d’Archimède dans l’air est ainsi négligeable.

Pour un objet de masse volumique moyenne proche de 𝜌𝑎 , la poussée d’Archimède dans l’air n’est en revanche pas négligeable.

Exercice : glaçon flottant

On considère un glaçon, de masse volumique 𝜌𝑔 = 0,92 × 103 kg.m-3, qui flotte dans de

l’eau liquide de masse volumique 𝜌𝑒 = 1,0 × 103 kg.m-3. Déterminer la fraction x du

volume immergé.

Système : glaçon. Référentiel : terrestre supposé galiléen.

Forces extérieures : • Poids : �⃗� = 𝜌𝑔𝑉𝑔

• Poussée d’Archimède : �⃗⃗� 𝐴 = −𝜌𝑒 𝑥𝑉𝑔 On néglige la poussée d’Archimède due à l’air

D’après le PFD à l’équilibre : �⃗� + �⃗⃗� 𝐴 = 0⃗ ⟹ 𝜌𝑔𝑉𝑔 − 𝜌𝑒 𝑥𝑉𝑔 = 0⃗ ⟹ 𝑥 =𝜌𝑔

𝜌𝑒= 0,92

Objet de volume V entièrement immergé dans un

fluide de masse volumique 𝜌0 :

�⃗⃗� 𝐴 = −𝜌0𝑉𝑔

Objet immergé à l’interface entre deux fluides de masses volumiques 𝜌1 et 𝜌2 :

�⃗⃗� 𝐴 = −𝜌1𝑉1𝑔 − 𝜌2𝑉2𝑔

V – Statique des fluides locale

A – Equivalent volumique des forces de pression

Les forces de pression sont de nature surfacique, pourtant on peut les écrire comme des forces volumiques ! Démonstration

On cherche à exprimer la résultante des forces de pression s’exerçant sur une particule fluide de volume 𝑑𝜏 = 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧. On raisonne selon chacun des trois axes du repère cartésien. Selon l’axe z Les forces de pression s’exerçant sur les faces inférieure et supérieure s’écrivent :

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑖𝑛𝑓 = 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑠𝑢𝑝 = −𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧 + 𝑑𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

Ainsi la résultante des forces verticales s’exerçant sur la particule fluide

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑧 = 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑖𝑛𝑓 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑠𝑢𝑝 s’écrit :

𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑧 = [𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧) − 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧 + 𝑑𝑧)] 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

Donc 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑧 = [− 𝑑𝑧 𝝏𝑷

𝝏𝒛 ] 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗ ⟹ 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑧 = −

𝝏𝑷

𝝏𝒛 𝑑𝜏 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

Selon l’axe x et l’axe y De la même manière, on montre que :

• la résultante des forces s′exerçant selon 𝑥 s′écrit 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑥 = − 𝝏𝑷

𝝏𝒙 𝑑𝜏 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗

• la résultante des forces s′exerçant selon 𝑦 s′écrit 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑦 = − 𝝏𝑷

𝝏𝒚 𝑑𝜏 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗

Résultante totale

La résultante des forces de pression 𝑑𝐹𝑝⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑥 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑦 + 𝑑𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗𝑧 s’exerçant sur la particule fluide s’écrit donc :

𝑑𝐹𝑝⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = − 𝝏𝑷

𝝏𝒙 𝑑𝜏 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗ −

𝝏𝑷

𝝏𝒚 𝑑𝜏 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗ −

𝝏𝑷

𝝏𝒛 𝑑𝜏 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

𝑑𝐹𝑝⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = − ൬𝝏𝑷

𝝏𝒙 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗ +

𝝏𝑷

𝝏𝒚 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗ +

𝝏𝑷

𝝏𝒛 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗ ൰ 𝑑𝜏 ⟹ 𝑑𝐹𝑝⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = −𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑃 𝑑𝜏

Maths

Formule de Taylor 𝒇(𝒙𝟎 + 𝒉) = 𝒇(𝒙𝟎) + 𝒉 𝒇′(𝒙𝟎) + ⋯

𝑷(𝒙, 𝒚, 𝒛 + 𝒅𝒛) = 𝑷(𝒙, 𝒚, 𝒛) + 𝒅𝒛 𝝏𝑷

𝝏𝒛

au premier ordre en dz

𝒈𝒓𝒂𝒅⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 𝑷

Equivalent volumique des forces de pression

La résultante des forces de pression s’exerçant sur une particule fluide s’écrit 𝑑𝐹𝑝⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = −𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑃 𝑑𝜏

Elle s’exprime donc comme une force volumique de densité volumique 𝑓𝑣⃗⃗ ⃗𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠𝑖𝑜𝑛 = −𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑃

On parle d’équivalent volumique des forces de pression.

B – Equation locale de la statique des fluides

On cherche à établir l’équation de la statique des fluides dans le cas général d‘une particule fluide soumise à un ensemble de forces volumiques incluant son poids ainsi qu’à des forces de pression. Système : particule fluide de volume 𝑑𝜏 et de masse volumique 𝜌

Référentiel : terrestre considéré comme galiléen

Bilan des forces extérieures :

• Poids �⃗� = 𝜌 𝑑𝜏 𝑔

• Autres forces volumiques de résultante 𝑑𝐹𝑉⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝑓𝑣⃗⃗ ⃗ 𝑑𝜏

• Forces pressantes 𝑑𝐹𝑝⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = −𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑃 𝑑𝜏

D’après le PFD à l’équilibre : �⃗� + 𝑑𝐹𝑉⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝑑𝐹𝑝⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 0⃗ ⟹ 𝜌 𝑑𝜏 𝑔 + 𝑓𝑣⃗⃗ ⃗ 𝑑𝜏 − 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑃 𝑑𝜏 = 0⃗

⟹ 𝜌 𝑔 + 𝑓𝑣⃗⃗ ⃗ − 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑃 = 0⃗ Equation locale de la statique des fluides

ANNEXE

Opérateur gradient Définition

Soit f un champ scalaire : à chaque point M de l’espace est associé une valeur 𝑓(𝑀). Exemple : champ de pression, champ de température,…

La différentielle 𝑑𝑓 de f représente une petite variation de la fonction f pour un déplacement élémentaire du point M : 𝑑𝑓 = 𝑓(𝑀′) − 𝑓(𝑀) pour M et M’ infiniment proches.

On note 𝑑𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑂𝑀′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ − 𝑂𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ le déplacement élémentaire.

Le gradient de f au point M est alors défini par : 𝑑𝑓(𝑀) = 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑓(𝑀) . 𝑑𝑂𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ Le gradient est donc un champ vectoriel qui caractérise les variations spatiales du champ scalaire f. Propriétés

• Le vecteur gradient est perpendiculaire aux surfaces iso-f

En effet, en se déplaçant sur une surface où f = cste, on a 𝑑𝑓 = 0 et donc 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑓(𝑀) . 𝑑𝑂𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 0

Soit 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑓(𝑀) orthogonal à 𝑑𝑂𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ donc orthogonal à la surface où f = cste.

• Le vecteur gradient est orienté vers les valeurs de f croissantes

En effet, en se déplaçant dans le sens des valeurs croissantes de f, on a 𝑑𝑓 > 0 soit 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑓(𝑀) . 𝑑𝑂𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ > 0

Donc df max lorsque 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑓(𝑀) colinéaire à 𝑑𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ et de même sens.

Exemple : Carte météo et lignes isobares

Expression de 𝒈𝒓𝒂𝒅⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 𝒇 en coordonnées cartésiennes

On détermine les coordonnées du vecteur gradient à partir de la définition 𝑑𝑓 = 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑓 . 𝑑𝑂𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗

𝑑𝑓 = 𝑓(𝑥 + 𝑑𝑥, 𝑦 + 𝑑𝑦, 𝑧 + 𝑑𝑧) − 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) =𝜕𝑓

𝜕𝑥 𝑑𝑥 +

𝜕𝑓

𝜕𝑦 𝑑𝑦 +

𝜕𝑓

𝜕𝑧 𝑑𝑧 et 𝑑𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑑𝑥 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑑𝑦 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑑𝑧 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑓 =𝜕𝑓

𝜕𝑥 𝑢𝑥⃗⃗ ⃗⃗ +

𝜕𝑓

𝜕𝑦 𝑢𝑦⃗⃗ ⃗⃗ +

𝜕𝑓

𝜕𝑧 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

En coordonnées cylindriques et sphérique, les coordonnées du vecteur gradient sont bien évidemment différentes puisque l’expression du déplacement élémentaire est propre à chaque système de coordonnées.

▶ En coordonnées cylindriques : 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑓 =𝜕𝑓

𝜕𝑟 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗ +

1

𝑟

𝜕𝑓

𝜕𝜃 𝑢𝜃⃗⃗ ⃗⃗ +

𝜕𝑓

𝜕𝑧 𝑢𝑧⃗⃗⃗⃗

▶ En coordonnées sphériques : 𝑔𝑟𝑎𝑑⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 𝑓 =𝜕𝑓

𝜕𝑟 𝑢𝑟⃗⃗⃗⃗ +

1

𝑟

𝜕𝑓

𝜕𝜃 𝑢𝜃⃗⃗ ⃗⃗ +

1

𝑟 sin𝜃

𝜕𝑓

𝜕𝜑 𝑢𝜑⃗⃗⃗⃗ ⃗