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MENUCours de Mécanique des fluides

La dynamique des fluides relie l’écoulement d’un fluide aux actions qui lui sont appliquées. Ce cours se limite aux écoulements pour lesquels les couches de fluide glissent les unes sur les autres sans dissipation de chaleur. On parle alors de fluide parfait. On détaille particulièrement le cas des fluides au repos ainsi que celui des écoulements incompressibles et stationnaires.

Bilan des forces

Au sein d’un fluide parfait, on distingue deux types de forces :

Forces extérieures

Nous appelons forces extérieures les actions à distance qui agissent sur toutes les molécules du fluide de sorte qu’elles sont proportionnelles au volume de fluide considéré. Pour une particule de fluide de volume \({\rm d}\tau\), la force extérieure se met sous la forme : \[\begin{array}{ccc} \overrightarrow{\mathrm{d}F}_{\mathrm{ext}} & = & \overrightarrow{f}_{\text{v,ext}}\,\text{d}\tau\\ \mathrm{[N]} & = & \mathrm{[N.m^{-3}]}\quad\mathrm{[m^{3}]} \end{array} \] La quantité \(\overrightarrow{f}_{\text{v,ext}}\) s’appelle force volumique extérieure. La résultante des forces extérieures sur un volume \((V)\) se calcule ainsi : \[ \overrightarrow{\mathrm{d}F}_{\mathrm{ext}}=\iiint_{\text{M}\in(V)}\overrightarrow{f}_{\text{v,ext}}\,\text{d}\tau \]

La pesanteur

Pour un fluide plongé dans un champ de pesanteur, on a \(\overrightarrow{\mathrm{d}F}_{\mathrm{ext}} = \text{d}m\overrightarrow{g\,} = \mu\overrightarrow{g\,}{\rm d}\tau\) d’où

Dans le cas d'un fluide soumis à la pesanteur, \begin{equation} \overrightarrow{f}_{\text{v,ext}} = \mu\overrightarrow{g} \end{equation}

La force électromagnétique

pour un plasma baignant dans un champ électromagnétique on a \[ \overrightarrow{f}_{\text{v,ext}} = \rho_{\textrm{e}}(\overrightarrow{E}+\overrightarrow{v}\wedge\overrightarrow{B}) \] où \(\rho_{\textrm{e}}\) désigne la densité volumique de charges.

Les forces d’inertie

Si le référentiel d’étude n’est pas galiléen, il faut tenir compte des forces d’inertie. Une masse \(\text{d}m\) de fluide subit une force d’inertie \[ \overrightarrow{\mathrm{d}F}_{\mathrm{ext}}=-\mathrm{d}m\, \overrightarrow{a_e} - 2\mathrm{d}m\overrightarrow{\Omega}\wedge\overrightarrow{v} \] d’où \[ \overrightarrow{f_{\text{ext}}} = -\mu(\overrightarrow{a_{e}}+2\overrightarrow{\Omega}\wedge\overrightarrow{v}) \]

Forces de pression

Définition de la pression
Notion de force de pression.

Dans un fluide au repos, une particule de fluide est soumise de la part du fluide environnant à des actions dites internes au fluide. On admettra que :

Mathématiquement, on écrira \[\begin{array}{ccc} \overrightarrow{\text{d}F}_{\textrm{int}} &=& -p(\textrm{M})\,\overrightarrow{\text{d}S}^{\,\textrm{ext}}\\[3mm] \mathrm{[N]} & = & \mathrm{[N.m^{-2}]}\mathrm{[m^{2}]} \end{array} \] où \(\overrightarrow{\text{d}S}^{\,\textrm{ext}}\) représente le vecteur élément de surface dirigé vers l’extérieur de la particule de fluide par convention.

Unités

Dans le Système International d’Unités, la pression s’exprime en pascal (symbole Pa), en hommage à Blaise PascalMathématicien, physicien et philosophe français, né à Clermont-Ferrand. Pascal contribua au développement des mathématiques (probabilités, invention du premier calculateur) de la philosophie (Les pensées) et de l’hydraulique (principe de Pascal). Il met fin au dogme aristotélicien selon lequel la nature a horreur du vide. En effet, il montre, avec la collaboration de son beau frère Perrier, que l’ascension du mercure dans l’expérience de Torricelli est due à la pression atmosphérique. .

\[1\;\mathrm{Pa}= 1\;\mathrm{N.m^{-2}}\]

Il existe également d’autres unités encore très utilisées (cf. Tableau ci-dessous).

UnitéÉquivalence en pascal
bar1 bar = 105 Pa
atmosphère1 atm =1,013.105 Pa
torr1 torr = 1 mm Hg = 133,3 Pa

Le tableau ci-dessous donne quelques ordres de grandeur.

Pressions rencontrées dans la nature
Centre du Soleil\(10^{6}\;\mathrm{Pa}\)
Centre de la Terre\(10^{11}\;\mathrm{Pa}\)
Record Haute pression en labo \(1,510^{10}\;\mathrm{Pa}\)
Abysse des océans\(10^{8}\;\mathrm{Pa}\)
Talons aiguilles\(10^{7}\;\mathrm{Pa}\)
Atmosphère de la terre\(10^{5}\;\mathrm{Pa}\)
Trompe à eau\(1000\;\mathrm{Pa}\)
Ultra vide en labo\(10^{-12}\;\mathrm{Pa}\)

Exercice

À quelle masse répartie sur 1 cm2 correspond 1 bar si l'on prend g = 10 m.s-2?

1 bar c'est 100 000 newton par mètre carré soit 10 newton par centimètre carré ce qui correspond au poids d'un kilogramme.

Force volumique associée aux forces internes

Définition

Dans un fluide parfait, les forces internes sont normales : elles se résument aux forces de pression.

Avant toute chose, insistons sur le fait que les forces de pression sont des actions de contact (interactions de courte portée) et donc surfaciques. Ceci étant dit, montrons que la résultante des forces de pression sur une particule de fluide peut s’exprimer à l’aide d’une force volumique.

Dans un fluide, délimitons un volume (V) à l’aide d’une surface fermée \((S)\) et calculons la résultante des forces de pression qu’exerce le fluide extérieur sur ce volume. En un point M de la surface \((S)\), la force de pression vaut \[ \overrightarrow{F}=\iint_{\text{M}\in(S)}-p(\textrm{M})\,\overrightarrow{\text{d}S}{}^{\rm ext} \] Munissons nous d’un repère cartésien et exprimons la force suivant l’axe Ox : \[ F_{x}=\iint_{\text{M}\in (S)}-p(\textrm{M})\overrightarrow{u}_{x}\cdot\overrightarrow{\text{d}S}{}^{\rm ext} \] Le théorème de Green-Ostrogradsky donne alors \[ F_{x}=\iiint_{\text{M}\in(V)}-\text{div}\left(p(\textrm{M})\overrightarrow{u}_{x}\right)\,\text{d}\tau =\iiint_{\text{M}\in(V)}-\frac{\partial p}{\partial x}\,\text{d}\tau \] Ainsi la résultante des forces de pression s’écrit \[ \overrightarrow{F}=\iiint_{\text{M}\in(V)}-\left(\frac{\partial p}{\partial x}\overrightarrow{u}_{x}+\frac{\partial p}{\partial y}\overrightarrow{u}_{y}+\frac{\partial p}{\partial z}\overrightarrow{u}_{z}\right) \,\text{d}\tau=\iiint_{\text{M}\in(V)}-\overrightarrow{\nabla}p(\textrm{M})\,\text{d}\tau \] On peut donc définir une force volumique \(\overrightarrow{f_{p}}\) associée à la résultante des forces de pression :

\begin{equation} \overrightarrow{f_{p}}=-\overrightarrow{\nabla}p(\textrm{M})\label{eq:force volumique de pression} \end{equation}

Cette formule signifie que lorsque la pression est uniforme, la résultante des forces de pression sur un volume de fluide est nulle. Lorsque la pression n’est pas uniforme, la résultante des forces de pression sur une particule de fluide est opposée au gradient de pression c’est-à-dire orientée vers les valeurs décroissantes de pression : La force de pression tend donc à déplacer les particules de fluide vers les basses pressions.

Équation fondamentale de la dynamique des fluides parfaits

Équation d’Euler

Supposons un fluide parfait en écoulement dans un référentiel galiléenSi le référentiel n’est pas galiléen, il suffit d’ajouter dans le bilan des forces, les forces volumiques d’inertie.. Appliquons le Principe Fondamentale de la Dynamique à chaque particule de fluide :

Équation d'Euler

\begin{equation} \mu(\textrm{M},t)\left[\frac{\partial\overrightarrow{v}}{\partial t}+\left(\overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{\nabla}\right)\overrightarrow{v}\right] =-\overrightarrow{\nabla}p(\textrm{M},t)+\overrightarrow{f}_{\text{v,ext}} \end{equation}

Résolution de l’équation d’Euler

L’équation d’Euler est une équation aux dérivées partielles du premier ordre. On remarque qu’elle est non linéaire à cause de la présence du terme convectif \((\overrightarrow{v}.\overrightarrow{\nabla})\overrightarrow{v}\) ; c’est ce qui rend les problèmes de mécanique des fluides mathématiquement redoutables...

Regardons si nous disposons d’assez d’équations pour traiter un problème de mécanique des fluides parfaits.

Le fluide est incompressible

Dans ce cas la masse volumique est fixée. Le problème présente donc 4 inconnues scalaires : le champ de pression \(p(\textrm{M},t)\) et le champ de vitesse \(\overrightarrow{v}(\textrm{M},t)\) (3 composantes). Il faut donc 4 équations scalaires ! L’équation d’Euler n’en donne que 3. La quatrième est donnée par l’équation de continuité \(\text{div}\overrightarrow{v}=0\)

Le fluide est compressible

La masse volumique peut varier sous l’effet de la pression mais aussi sous l’effet de la chaleur. En général le fluide possède une équation d’état locale \(\mu(p,T)\). Le problème présente donc 6 inconnues scalaires : le champ de pression \(p(\textrm{M},t)\), les trois composantes du champ de vitesse \(\overrightarrow{v}(\textrm{M},t)\), la masse volumique \(\mu(\textrm{M},t)\) et la température \(T(\textrm{M},t)\). Il faut donc 6 équations scalaires. L’équation d’Euler en donne 3, la quatrième est donnée par l’équation de continuité \(\text{div}(\mu\overrightarrow{v})+\frac{\partial\mu}{\partial t}=0\), la cinquième par l’équation d’état du fluide \(\mu(p,T)\) et la dernière par le premier principe de la thermodynamique. Dans ce cas une bonne modélisation des transferts thermiques est nécessaire ce qui rend le problème très ardu. Par exemple, étudier une étoile ou la combustion d’une flamme nécessite ces 6 équations et surtout de gros ordinateurs...

L’équation d’Euler et de continuité sont des équations différentielles du premier ordre ; leur intégration va donc produire une constante d’intégration par variable. On déterminera ces constantes d’intégration par les conditions aux interfaces (fluide1/fluide2 ou fluide/solide).

Conditions aux limites d'un fluide parfait

Statique des fluides

La statique des fluides étudie les fluides au repos. Il existe alors un référentiel dans lequel \(\overrightarrow{v}(\textrm{M},t)=\overrightarrow{0}\) partout et à chaque instant. Dans ce référentiel, l’équation d’Euler devient \[ \overrightarrow{f}_{\text{v,ext}}-\overrightarrow{\nabla}p=\overrightarrow{0}\label{eq:equilibre} \] Traitons quelques situations particulières.

Liquide dans un champ de pesanteur

Considérons un liquide au repos dans le champ de pesanteur.

  1. Supposons le liquide incompressible \(\quad\Rightarrow\quad \mu=C^{te}\)
  2. Seule la pesanteur agit sur le fluide \(\quad\Rightarrow\quad\overrightarrow{f}_{\text{v,ext}} = \mu\,\overrightarrow{g}\)
  3. En projetant l’équation de la statique ( axe z descendant !) on obtient \[ \dfrac{\partial p}{\partial x} =0 \quad\text{;}\quad\dfrac{\partial p}{\partial y}=0 \quad\text{et}\quad \dfrac{\partial p}{\partial z}=\mu g \] La pression ne dépend donc que de \(z\).
  4. Finalement, en intégrant la dernière relation
    \begin{equation} \frac{\text{d} p}{\text{d} z}=\mu g\quad\Rightarrow\quad p(z)=p_{0}+\mu\,g\,z \end{equation}
    La pression augmente linéairement avec la profondeur. Le terme \(\mu gz\) représente la pression due au poids de la colonne de liquide qui surplombe un point à la profondeur z.

Exercice

De quelle profondeur faut-il s'enfoncer dans l'océan pour voir la pression augmenter de 1 bar si l'on prend g = 9,8 m.s-2?

\(\mu g\,h=10^5\quad \Rightarrow\quad h\simeq \frac{10^5}{1000\times 9,8}=10,2\,\mathrm{m}\)

Conséquences

Expérience de Torricelli (1644) Manomètre à liquide
Mesures absolue et relative de pression

Gaz dans un champ de pesanteur

Les gaz étant compressibles, il faut utiliser l’équation d’état ainsi que les principes de la thermodynamique pour résoudre le problème.

Modèle d’atmosphère isotherme

Considérons un gaz isotherme (\(T=T_{0}\)) en équilibre dans le champ de pesanteur terrestre. L’équation d’état du gaz parfait donne : \[ \mu=\frac{Mp}{RT} \] En prenant l’axe \(z\) ascendant, l’équation devient \[ \dfrac{\textrm{d} p}{\textrm{d} z}=-\frac{Mp}{RT_{0}}g \] équation différentielle linéaire d’ordre 1 dont la solution s’écrit \[ p(z)=p_{0}\exp\left(-\frac{z}{H}\right) \quad\text{avec}\quad H=\frac{RT_0}{Mg} \label{eq:nivellement} \] où \(p_0\) est la pression en \(z=0\). La pression, comme la masse volumique ou la densité de particules, décroît exponentiellement avec l’altitude \(z\) : c’est la loi de nivellement barométrique. La quantité \(H\) représente une distance caractéristique. Plus de 99% du gaz se retrouve sous l’altitude \(z=5\,H\).

Nivellement barométrique
Nivellement barométrique : décroissance exponentielle de la pression avec l’altitude.

Exercice

On considère que la troposphère et la stratosphère forment une atmosphère de température moyenne T0 = 250 K. Quelle est la hauteur correspondant à 99 % d'atmosphère en masse ?

\(z=4,6\,H=4,6\times\dfrac{8,315\times250}{29.10^{-3}\times 9,8}\simeq 34\,\mathrm{km}\)

Si l’altitude est petite devant \(H\), la loi donne \[\frac{\delta p}{p}\simeq-\frac{\delta z}{H} \quad\Rightarrow\quad \frac{\delta p}{p}\sim-10^{-4} \quad \text{pour}\quad z=1\,\mathrm{m}\] En conclusion, on peut négliger la pesanteur dans un gaz sur une échelle de quelques mètres.

Liquide en rotation

Liquide en rotation
Liquide en rotation.

Un flacon cylindrique ouvert, contient un liquide de masse volumique \(\mu\). On fait tourner le flacon autour de son axe à la vitesse angulaire \(\omega\). Ce liquide n’est donc pas au repos dans le référentiel du laboratoire. Cependant, après un régime transitoire qui dépend de la viscosité du liquide, celui-ci tourne de façon solide à la même vitesse angulaire que le cylindre. Ainsi, dans le référentiel lié au cylindre, le liquide est au repos. On raisonnera donc dans ce référentiel tournant (noté \(\mathcal{R}'\)) munis d’un système de coordonnées cylindriques.

Bilan des forces

Le référentiel n’étant pas galiléen, il faut tenir compte des forces d’inertie :

L’équation de la statique des fluides donne donc \[ \mu r\omega^{2}\overrightarrow{u_r}+\mu\overrightarrow{g}-\overrightarrow{\nabla}p=\overrightarrow{0} \] ce qui donne \[ \left\{\begin{array}{ccccl} \dfrac{\partial p}{\partial r} & = & \mu r\omega^{2} & \rightarrow & p= 1/2\mu\omega^{2}r^{2}+f(z)\\[3mm] \dfrac{\partial p}{r \partial\varphi} & = & 0 & & \downarrow\\[3mm] \dfrac{\partial p}{\partial z} & =& -\mu g & \textrm{et} & \dfrac{\partial p}{\partial z}=f'(z)\Rightarrow f(z)=-\mu g\,z+C^{te} \end{array}\right. \] Finalement la pression dépend de la distance à l’axe \(r\) et de \(z\) : \[ p(r,z) = \dfrac{\mu r^{2}\omega^{2}}{2}-\mu g\,z+C^{te} \] La surface libre étant une surface isobare, elle obéit à l’équation \[ z=z_{0}+\dfrac{\omega^{2}}{2g}^{2} \] La surface libre adopte une forme parabolique d’axe de révolution \((Oz)\).

Poussée d’Archimède

Calcul de la poussée d'Archimède
Calcul de la poussée d'Archimède sur un cube.

Imaginons un solide cubique d’arête \(a\) immergé dans un liquide au repos et calculons la résultante des forces de pression \(\overrightarrow{\Pi}\).

On obtient donc une force ascendante égale au poids du volume de liquide déplacé.

Calcul de la poussée d'Archimède

Ce résultat particulier se généralise sans difficulté. Si l’on considère un solide de volume \(V\) immergé dans un fluide quelconque au repos dans un champ de pesanteur, la résultante des forces de pression s’écrit \[ \overrightarrow{\Pi}=\iint_{\text{M}\in(S)}-p(\textrm{M})\,\overrightarrow{\text{d}S}{}^{\textrm{ext}} = \iiint_{M\in(V)}-\overrightarrow{\nabla}p\,\text{d}\tau \] Or, à l’équilibre \(\mu\,\overrightarrow{g}=\overrightarrow{\nabla}p(M)\) d’où \[ \overrightarrow{\Pi} = \iiint_{\textrm{M}\in(V)}-\mu(\textrm{M})\overrightarrow{g}\,\text{d}\tau = -m_{d}\,\overrightarrow{g} \] Cette force est opposée à la pesanteur et s’appelle la poussée d’Archimède.

Théorème d'Archimède (250 av.J.C.)

Tout corps immergé partiellement ou totalement dans un fluide subit de la part de celui-ci une poussée verticale, dirigée vers le haut, appelée poussée d'Archimède, dont l'intensité est égale au poids du fluide déplacé. Le point d'application de cette force est le centre de poussée ; il est différent, en général, du centre de gravité.

Applications

Écoulements permanents et incompressibles

Théorème de Bernoulli

Ce théorème énoncé en premier par Daniel BernoulliDaniel Bernoulli (1700 - 1782)
médecin, physicien et mathématicien suisse. Fils de Jean Bernoulli et neveu de Jacques Bernoulli, il fut comme son père, membre des Académies de Paris, de Berlin, de Londres et de Saint-Pétersbourg. Il publia en 1738 :
- son ouvrage Hydrodynamica dans lequel il expose le théorème fondamental de la mécanique des fluides qui porte son nom : le théorème de Bernoulli.
- et aussi une Théorie sur la mesure du risque, dans laquelle le Paradoxe de Saint-Pétersbourg - né de discussions entre lui et son frère Nicolas - fut à la base de la théorie économique et financière de l’aversion au risque, la prime de risque et l’utilité.
, est une équation intégrale de l’équation d’Euler qui exprime la conservation de l’énergie.

Hypothèses

Le théorème de Bernoulli dans sa formulation classique ne s’applique qu’aux écoulements stationnaires incompressibles et sans viscosité. On a donc :

L’équation d’Euler devient donc \[ \mu\left(\overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{\nabla}\right)\overrightarrow{v}= -\overrightarrow{\nabla}p+\overrightarrow{f}_{\text{v,ext}} \] or, le terme convectif peut aussi s’écrire (Les opérateurs différentiels) \[ \left(\overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{\nabla}\right)\overrightarrow{v} = \overrightarrow{\nabla}\frac{v^{2}}{2} + \left(\overrightarrow{\nabla}\wedge\overrightarrow{v}\right)\wedge\overrightarrow{v} \] d’où l’équation \[ \mu\left(\overrightarrow{\nabla}\wedge\overrightarrow{v}\right)\wedge\overrightarrow{v} = -\overrightarrow{\nabla}p-\overrightarrow{\nabla}e_{p}-\mu\overrightarrow{\nabla}\frac{v^{2}}{2} \] Intégrons cette équation le long d’une ligne de courant entre deux points A et B : \[ \int_A^B\mu\left[\left(\overrightarrow{\nabla}\wedge\overrightarrow{v}\right)\wedge\overrightarrow{v}\right] \cdot\overrightarrow{\textrm{d}\ell}=-\int_A^B\overrightarrow{\nabla}\left(p+e_p+\mu\frac{v^2}{2}\right)\cdot \overrightarrow{\textrm{d}\ell} \] Le premier terme est nul puisque \(\overrightarrow{\textrm{d} \ell} \parallel \overrightarrow{v}\). Le second terme vaut \(-\left[p+e_p+\mu\frac{v^2}{2}\right]_A^B\). In fine, \[ p(A)+\mu\frac{v(A)^{2}}{2}+e_{p}(A)=p(B)+\mu\frac{v(B)^{2}}{2}+e_{p}(B) \]

Théorème de Bernoulli (1738)

Pour un écoulement incompressible et permanent d'un fluide parfait, la quantité \[p+\mu\frac{v^{2}}{2}+e_{p}=\mathrm{C^{te}}\] le long d'une ligne de courant. Par exemple, dans le champ de pesanteur on obtient \[p+\mu\frac{v^{2}}{2}+\mu gz=\mathrm{C^{te}}\]

Remarques

Application I- Formule de Torricelli

vidange d'un réservoir

Considérons un réservoir cylindrique rempli d’un liquide dans lequel on perce un orifice. La formule de Torricelli relie le débit d’écoulement avec la hauteur de liquide \(h\). On fera les hypothèses suivantes :

On cherche à calculer la vitesse d’écoulement \(v\) à la sortie du trou. L’application du théorème de Bernoulli sur une ligne de courant donne \[ p_{\textrm{atm}}+\mu gh+\frac{1}{2}\mu v^{2}(\textrm{A},t)=p_{\textrm{atm}}+\frac{1}{2}\mu v^{2}(\textrm{B},t) \] Or, la conservation de la masse donne \(v(\textrm{A},t)\,S=v(\textrm{B},t)\,s\) d’où \(v(\textrm{A},t)\ll v(\textrm{B},t)\) car \(s\ll S\). Finalement \begin{equation} v(\textrm{B},t)=\sqrt{2gh(t)}\quad\text{[formule de Torricelli]}\label{eq:formule_de_torricelli} \end{equation} On remarquera que la vitesse a la même expression que celle de la chute libre d’un point matériel dans le champ de pesanteur. Le débit volumique d’écoulement vaut donc \[Q_{V}=s\,v=s\sqrt{2gh(t)}\] Pour connaître l’évolution de la hauteur d’eau, il faut relier \(v\) à \(h(t)\) : \[ v(\textrm{A},t)=-\frac{\text{d}h}{\text{d}t}=\frac{Q_{v}}{S}=\frac{s}{S}\sqrt{2gh} \] L’intégration de cette équation donne un temps de vidange \[ \tau=\frac{S}{s}\sqrt{\frac{2h_{0}}{g}}\quad\textrm{avec}\quad h_0=h(t=0) \]

Remarque

En pratique, le jet de sortie est contractée. La section effective de sortie est donc plus petite que la section de l'orifice. Si l'on veut tenir compte de ce phénomène il faut remplacer \(s\) par \(\alpha s\) où \(\alpha\) est le coefficient de contraction.

Application II : l’effet Venturi

Ventury effect

Dans un tube horizontal de section \(S\) variable, l’écoulement d’un fluide en écoulement incompressible et permanent s’accompagne d’une dépression là où il y a rétrécissement : c’est l’effet Venturi.

Explications

Le long d’un tube horizontal, d’après le théorème de Bernoulli on a \[\begin{array}{rcl} \frac{1}{2}\mu\,v^{2}+p &=& \mathrm{C^{te}}\\ v\,S &=& \mathrm{C^{te}} \end{array}\] Ainsi, la conservation du débit impose une augmentation de vitesse au niveau de l’étranglement et la relation de Bernoulli impose alors une dépression au même niveau. Cet effet peut être mis à profit pour les applications suivantes

Exercice

Montrer que dans un tube de venturi, la dépression au niveau du rétrécissement est lié au débit par la relation \(\Delta p=K\,Q_{v}^{2}\) où \(K\) est un facteur géométrique.

En appliquant la relation de Bernoulli entre un point situé au col du tube et un point loin du tube on obtient \(\Delta p=1/2\mu\left(v^2_{\rm col}-v^2_{\infty}\right)\). Dans le cas où l'écoulement est incompressible, le débit volumique se conserve : \(Q_v=v_{\rm col}\mathcal{A}_{\rm col} = v_{\infty}\mathcal{A}_{\infty}\) où \(A_{\rm col}\) désigne l'aire de la section au niveau du col. Si l'on suppose un fort rétrécissement, on peut négliger \(v^2_{\infty}\) devant \(v^2_{\rm col}\) d'où \[ \Delta p=K\,{Q_v}^2\quad \text{avec}\quad K\simeq \frac{\mu}{2\,A^2_{\rm col}} \]

Application III - Le tube de Pitot

Tube de Pitot
Tube de Pitot.

Le tube de Pitot permet la mesure de la vitesse d’écoulement d’un gaz subsonique (\(v\ll c_{son}\)). On peut en effet le considérer incompressible dans ce cas. On pratique dans un tube un orifice de prise de pression en A et en B. Le point A est un point d’arrêt car la vitesse est nulle (il n’ y a pas d’écoulement dans l’orifice , c’est juste une prise de pression). Loin du tube de Pitot l’écoulement est supposé uniforme de vitesse \(v_{\infty}\) et de pression \(p_{0}\). En B la pression vaut \(p_{0}\) car les lois de l’hydrostatique s’appliquent dans une direction perpendiculaire à un écoulement parallèle permanent incompressible.

En A (point d’arrêt), en utilisant la relation de Bernoulli, la pression vaut \[p_{A}=p_{0}+\frac{1}{2}\mu v_{\infty}^{2}\] En B, \(p_{B}=p_{0}\). d’où \[v_{\infty}=\sqrt{\frac{2\Delta p}{\mu}}\] avec \(\Delta p=p_{A}-p_{B}\) différence de pression mesurable à l’aide d’un manomètre.

Exercice

Un tube de Pitot dans un écoulement d'air mesure une différence de pression \(\Delta P=0,6\,\mathrm{mbar}\). Quelle est la vitesse d'écoulement ?

\(v_{\infty}=\sqrt{\dfrac{2\times 0,6.10^{-3}\times10^5}{1,2}}=10\,\mathrm{m.s^{-1}}\) (l'air a une masse volumique \(\mu\approx1,2\, kg.m^{-3}\) dans les conditions standards.)

Vous aimez ?

Pour en savoir plus...

  1. S. Candel Mécanique des fluides 2ème cycle. Dunod, Paris, 2001.
  2. H. Gié and J-P. Sarmant. Mécanique, volume~2. Tec et Doc (Lavoisier), 1985.
  3. E. Guyon, J-P. Hulin, and L. Petit. Hydrodynamique physique. Interéditions/CNRS, 1991.
  4. M-E. Saleta, D-Tobia, and S. Gil.Experimental stuf of bernoulli's equation with losses. Am. J. Phys, 73(7), Juill. 2005.