Statique des fluides/Équation fondamentale de l'hydrostatique

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Énoncé

Début d’un principe

Équation fondamentale de la statique des fluides

Soient :

$p$ : la pression en un point donné (Pa) ;

$\rho$ : la masse volumique en un point donné (kg.m^-3) ;

$\scriptstyle {\vec {g}}$ : le champ de pesanteur ou champ gravitationnel (intensité en m.s^-2).

${\overrightarrow {\mathrm {grad} }}\,p=\rho .{\overrightarrow {g}}$

Si le fluide est considéré comme incompressible, la différence de pression entre deux points d'un fluide est égale au poids d'une colonne de fluide de surface unité et dont la hauteur est égale à la différence de hauteur des deux points :

$p(B)-p(A)=-\rho .g.(z_{B}-z_{A})\!$.

$z$ : altitude du point considéré

Fin du principe

Démonstration

Forces de contact

Les forces de contact (localisées) agissent sur les surfaces $\scriptstyle {\vec {F}}_{S}$ (forces de pression, frottements, etc) :

${\overrightarrow {F}}_{S}=\int \!\!\!\!\!\!\!\subset \!\!\!\supset \!\!\!\!\!\!\!\int _{S}\mathrm {d} {\overrightarrow {F}}_{S}$ ;

En hydrostatique, les seules forces de contact sur le fluide sont les forces de pression. La force exercée sur une surface élémentaire s'écrit :

${\rm {d{\overrightarrow {F}}_{S}=-p.\mathrm {d} {\overrightarrow {S}}}}$,

où p est la pression en un point M.

Grâce au théorème de Green-Ostrogradski, la force résultante de l’ensemble des pressions subies par le fluide s'exprime alors :

${\overrightarrow {F}}_{S}=\int \!\!\!\!\!\!\!\subset \!\!\!\supset \!\!\!\!\!\!\!\int _{S}-p.\mathrm {d} {\overrightarrow {S}}=\int \!\!\!\!\!\int \!\!\!\!\!\int _{V}-{\overrightarrow {\mathrm {grad} }}\,p.\mathrm {d} V$.

Forces à distance

• les forces à distance (réparties) qui agissent sur les volumes $\scriptstyle {\vec {F}}_{V}$ (forces de pesanteur, champ électro-magnétique, etc) :

${\overrightarrow {F}}_{V}=\int \!\!\!\!\!\int \!\!\!\!\!\int _{V}\mathrm {d} {\overrightarrow {F}}_{V}$.

En hydrostatique, la seule force à distance exercée sur le fluide est liée à la pesanteur et correspond au poids du fluide. La force exercée sur une particule fluide est donnée par :

$\mathrm {d} {\overrightarrow {F}}_{V}=\mathrm {d} m.{\overrightarrow {g}}$,

où $\scriptstyle {\vec {g}}$ est le champ gravitationnel qui dérive du potentiel gravitationnel $\phi \!$. On rappelle que :

${\overrightarrow {g}}={\overrightarrow {\mathrm {grad} }}\,\phi$.

Force résultante

La force résultante de l’ensemble des forces de volume est le poids du fluide et s'exprime :

${\overrightarrow {F}}_{V}=\int \!\!\!\!\!\int \!\!\!\!\!\int _{V}\mathrm {d} m.{\overrightarrow {g}}=\int \!\!\!\!\!\int \!\!\!\!\!\int _{V}\rho .{\overrightarrow {g}}.\mathrm {d} V=m.{\overrightarrow {g}}=\rho .V.{\overrightarrow {g}}={\overrightarrow {P}}$.

D'après la deuxième loi de Newton, le fluide est en équilibre si :

$\sum _{fluide}{\overrightarrow {F}}={\overrightarrow {F}}_{S}+{\overrightarrow {F}}_{V}=m.{\overrightarrow {a}}={\overrightarrow {0}}$.

Conclusion

On obtient :

${\overrightarrow {\mathrm {grad} }}\,p=\rho .{\overrightarrow {g}}=\rho \cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\-g\end{pmatrix}}\Leftrightarrow {\begin{pmatrix}{\dfrac {\partial p}{\partial x}}\\{\dfrac {\partial p}{\partial y}}\\{\dfrac {\partial p}{\partial z}}\end{pmatrix}}=\rho \cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\-g\end{pmatrix}}$.

La pression ne dépend donc que de la composante $z$ :

$\mathrm {d} p=-\rho .g.\mathrm {d} z\!$.

Dans le cas particulier d'un fluide incompressible, hypothèse courante dans le cas des liquides, et d'un champ de pesanteur uniforme, il vient :

$p(z)-p(z_{0})=-\rho .g.(z-z_{0})\!$.

Exemples

Le tonneau de Pascal

Un exemple (à gauche) et un contre exemple (à droite) du concept de crève-tonneau de Pascal

Un exemple (à gauche) et un contre exemple (à droite) du concept de crève-tonneau de Pascal.

1. Le contre-exemple du crève-tonneau

D'après l'équation fondamentale de l'hydrostatique pour les liquides incompressibles :

$p_{10mm}-p_{0mm}=\rho gh=1000*10*10^{-2}=100\ \mathrm {Pa} \,$.

La différence de pression subie par le tonneau s'élève au moins à 100 Pa.

Quelle force cela représente t-il ?

$F=(p_{10m}-p_{0m}).S=100*1=100\ \mathrm {N}$

2. L'exemple du crève-tonneau

D'après l'équation fondamentale de l'hydrostatique pour les liquides incompressibles :

$p_{10m}-p_{0m}=\rho gh=1000*10*10=10^{5}\ \mathrm {Pa} \,$.

La différence de pression subie par le tonneau s'élève au moins à 100 000 Pa.

Quelle force cela représente t-il ?

$F=(p_{10m}-p_{0m}).S=(10^{5})*1=100\ \mathrm {kN} \!$

La force subie par le tonneau a été multiplié par 1000, comme la hauteur d'eau.

Puiser de l'eau jusqu'à une certaine hauteur

Un exemple (à gauche) et un contre exemple (à droite) du concept de crève-tonneau de Pascal

Une pompe aspirante permet de maintenir une pression quasi-nulle à la surface d'un puits $P_{B}=0\,$.
​ À la surface de l'eau (dans le puits), on retrouvera la pression atmosphérique $P_{A}=P_{atmospherique}=10^{5}\ \mathrm {Pa} \,$.

D'après l'équation fondamentale de l'hydrostatique pour les fluides incompressibles :

$P_{A}-P_{B}=\rho gh\,$.

Or la pression au point B est positive (comme toutes les pressions) et très proche de 0. Donc :

$P_{A}\geq \rho gh\Rightarrow h\leq {\frac {P_{A}}{\rho g}}\Rightarrow h\leq {\frac {10^{5}}{1000*10}}\Rightarrow h\leq 10\ \mathrm {m} \,$.

Si la hauteur du puits excède le décamètre, on ne pourra plus pomper l'eau avec des pompes aspirantes. En effet la faible pression entraîne l'évaporation de l'eau qui engendre le phénomène de cavitation, néfaste pour le système mécanique de la pompe. Il faudra utiliser des pompes refoulantes.

Le baromètre de Torricelli

Réussir à aspirer l’eau à plus de dix mètres au dessus du niveau du fleuve Arno : telle était la priorité des ingénieurs-fontainiers du XVII^e siècle à Florence. La question sera même soumise à Galilée mais qui décède sans avoir résolu le problème. C'est son secrétaire, Torricelli qui apportera la réponse. Qu’est-ce qui empêche l’eau de monter au-delà d’une certaine hauteur ? Comme il n’est pas pratique de manipuler des colonnes d'eau de 10 m, Torricelli décida de remplacer l’eau par un liquide beaucoup plus lourd, le mercure. Il remplit complètement un tube de mercure, le bouche avec le doigt pour empêcher l’air de rentrer et le renverse sur un bassin de mercure. À sa grande surprise, le tube ne se vide pas complètement dans le bassin : une colonne de mercure de 76 cm reste dans le tube.
​

Un dispositif expérimental permettant de mettre en évidence l’existence de la pression atmosphérique

1. Pourquoi la colonne de mercure ne se vide-t-elle pas complètement ?

Deux forces, donc deux pressions s'exercent à la surface du bassin. La pression due à la colonne de mercure $P_{merc}\,$ et la pression atmosphérique $P_{atmospherique}\,$. Le système est en équilibre: ces deux forces sont donc égales en intensité et s'appliquent en sens opposés :

$P_{merc}=P_{atmospherique}=101325\ \mathrm {Pa} \,$.

De plus, dans la colonne de mercure, la pression du vide sur le liquide est nulle :

$P_{vide}=0\ \mathrm {Pa} \,$.

2. Pourquoi la colonne de mercure arrête t-elle de se vider à la hauteur de 76 cm ?

D'après l'équation fondamentale de l'hydrostatique pour les liquides incompressibles, appliquée à la colonne de mercure :

$P_{merc}-P_{vide}=\rho gh\Rightarrow h={\frac {P_{merc}}{\rho g}}={\frac {101325}{13545*9.81}}=0,76\ \mathrm {m} =76\ \mathrm {cm}$.

Cas des gaz parfaits

Un contre exemple du crève-tonneau de Pascal

Dans le cas où le fluide n'est soumis qu'à son poids, l'équation fondamentale de l'hydrostatique s'écrit :

$-{\overrightarrow {\nabla p}}+\rho {\overrightarrow {g}}={\overrightarrow {0}}$.

Concernant les gaz parfaits, la masse volumique dépend de la pression :

$pV=nRT\Rightarrow \rho ={\frac {pM}{RT}}$

Concernant l'accélération de pesanteur g, elle ne dépend que de l'altitude z. Il vient alors :

$-{\frac {\partial p}{\partial x}}.{\overrightarrow {e_{x}}}-{\frac {\partial p}{\partial y}}.{\overrightarrow {e_{y}}}-({\frac {\partial p}{\partial z}}+\rho g).{\overrightarrow {e_{z}}}={\overrightarrow {0}}\Rightarrow {\begin{Bmatrix}{\frac {\partial p}{\partial x}}=0\\{\frac {\partial p}{\partial y}}=0\\{\frac {\partial p}{\partial z}}+{\frac {gM}{RT}}.p=0\end{Bmatrix}}$.

La pression dépend donc de z. On résout cette équation en posant :

${\frac {\mathrm {d} p}{p}}=-{\frac {\mathrm {d} z}{\lambda }}$ avec $\lambda ={\frac {RT}{gM}}\,$.

On intègre et on obtient:

$p(z)=p_{0}.\exp {({\frac {-z}{\lambda }})}$

Application numérique sachant que la masse molaire de l'air est égal à 28,8 g/mol.

$\lambda ={\frac {RT}{gM}}={\frac {8,314*300}{10*28,8*10^{-3}}}=8,6\ \mathrm {km}$

Cas des fluides compressibles

La compressibilité d'un fluide permet de définir sa variation de volume en fonction de la pression. C'est une valeur très grande pour les gaz, faible pour les liquides et très faible pour les solides usuels. La compressibilité d'un fluide est indiqué par un coefficient noté $\chi _{T}\,$,nommé "coefficient de compressibilité à température constante " :

$\chi _{T}=-{\frac {1}{V}}{\frac {\ \mathrm {d} V}{\ \mathrm {d} p}}$

Le coefficient de compressibilité peut aussi s'exprimer en fonction de la pression et de la masse volumique :

$m=\rho v\Rightarrow \mathrm {d} m=\mathrm {d} \rho .V+\rho .dV\Rightarrow {\frac {\mathrm {d} m}{m}}={\frac {d\rho }{\rho }}+{\frac {\mathrm {d} V}{V}}$

D'après la loi de conservation de la matière: (toujours à température constante)

${\frac {\mathrm {d} m}{m}}=0\Rightarrow -{\frac {\mathrm {d} V}{V}}={\frac {\mathrm {d} \rho }{\rho }}\Rightarrow \chi _{T}={\frac {1}{\rho }}{\frac {\mathrm {d} \rho }{\mathrm {d} p}}$

1. Au premier ordre, il vient :

$\chi _{T}={\frac {1}{\rho }}{\frac {\Delta \rho }{\Delta p}}$.

Si le fluide est très faiblement compressible alors ${\frac {\Delta \rho }{\rho }}\ll 1$ :

$\chi _{T}\Delta p={\frac {\Delta \rho }{\rho }}\Rightarrow \chi _{T}\Delta p\ll 1$.

2. Pour un liquide peu compressible, le coefficient s'exprimera ainsi :

$\Delta p=\rho g\Delta z\,$ ;

$\chi _{T}={\frac {1}{\rho ^{2}.g}}{\frac {\Delta \rho }{\Delta z}}$.