Physique universitaire — 2e année · Bachelor Year 2

3Fluides parfaits : Euler et Bernoulli

Tenez une feuille de papier par le bord et soufflez au-dessus : elle se soulève. Ouvrez le robinet de la douche et le rideau se rabat vers l’intérieur. Une aile porte trois cents tonnes parce que l’air s’écoule plus vite sur son extrados que sous son intrados. Ces trois faits sont un seul énoncé : là où un fluide va plus vite, sa pression est plus basse. Ce chapitre écrit la deuxième loi de Newton pour une particule de fluide dans le modèle le plus simple — le fluide parfait, qui subit la pression mais aucun frottement — et en tire le théorème de Bernoulli, bilan énergétique d’une ligne de courant, dont les applications vont du débitmètre d’une conduite à l’indicateur de vitesse d’un avion.

3.1 L’équation d’Euler

Proposition 3.1 (Force de pression sur une particule de fluide)

La résultante des forces de pression exercées par le fluide environnant sur une particule de volume $\dd\tau$ vaut

\dd\vect F_P = -\operatorname{\vect{grad}}P\,\dd\tau :

la pression agit comme une force volumique de densité $-\operatorname{\vect{grad}}P$ , qui pousse des hautes vers les basses pressions.

Démonstration. Sur la boîte du Théorème 2.8, les faces en $x$ et $x + \dd x$ reçoivent $+P(x)\dd y\dd z$ et $-P(x + \dd x)\dd y\dd z$ selon $x$ : soit $-\partial_xP\,\dd x\dd y\dd z$ ; de même selon $y$ et $z$ . ∎

Définition 3.2 (Fluide parfait)

Un fluide parfait est un fluide dans lequel la seule force de contact entre particules voisines est la pression — normale à toute surface, sans contrainte tangentielle (visqueuse). C’est une idéalisation valable, comme l’explique le chapitre suivant, loin des parois et à grand nombre de Reynolds : l’eau dans une conduite loin de la paroi, l’air autour d’une aile hors de la mince couche limite, une vague sur la mer.

Théorème 3.3 (Équation d’Euler)

Dans un référentiel galiléen, un fluide parfait de masse volumique $\rho$ soumis à la pesanteur obéit, en tout point, à

\rho\Bigl(\frac{\partial\vect v}{\partial t} + (\vect v\cdot\operatorname{\vect{grad}}) \vect v\Bigr) = -\operatorname{\vect{grad}}P + \rho\vect g ,

à quoi s’ajoute au second membre toute autre densité volumique de force $\vect f_v$ (électrique, d’inertie dans un référentiel non galiléen). Au repos elle se réduit à la loi de l’hydrostatique $\operatorname{\vect{grad}}P = \rho\vect g$ du volume de première année.

Démonstration. Deuxième loi de Newton pour la particule de masse $\rho\,\dd\tau$ : son accélération est la dérivée particulaire (Théorème 2.4), les forces sont la résultante des pressions et le poids $\rho\vect g\,\dd\tau$ ; on divise par $\dd\tau$ . ∎

Exemple 3.4 (Une cuve qui accélère)

L’eau d’une cuve portée par un camion qui accélère de $\vect a$ est au repos dans le référentiel du camion ; là, Euler avec la force d’inertie $-\rho\vect a$ donne $\operatorname{\vect{grad}}P = \rho(\vect g - \vect a)$ : la pression croît le long de la « pesanteur effective » $\vect g - \vect a$ , la surface libre (une isobare) lui est perpendiculaire et s’incline vers l’arrière de l’angle $\arctan(a/g)$ — $11{}^{\circ}$ pour $a = 2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . Dans un seau tournant à $\Omega$ , la force centrifuge $\rho\Omega^2r\,\vect e_r$ donne $P = P_0 + \tfrac12\rho\Omega^2r^2 - \rho gz$ et la surface libre est le paraboloïde $z = \Omega^2r^2/2g$ .

À gauche : les forces de pression sur les faces d’une boîte de fluide ne se compensent pas quand P varie — leur résultante vaut - gradP par unité de volume. Au milieu et à droite : deux fluides au repos dans un référentiel accéléré ; la surface libre est partout perpendiculaire à la pesanteur effective. — À gauche : les forces de pression sur les faces d’une boîte de fluide ne se compensent pas quand $P$ varie — leur résultante vaut $-\operatorname{\vect{grad}}P$ par unité de volume. Au milieu et à droite : deux fluides au repos dans un référentiel accéléré ; la surface libre est partout perpendiculaire à la pesanteur effective.

3.2 Le théorème de Bernoulli

Théorème 3.5 (Bernoulli)

Pour un fluide parfait, incompressible et de masse volumique uniforme en écoulement stationnaire, dans un référentiel galiléen où la pesanteur est uniforme, la quantité

P + \tfrac12\rho v^2 + \rho gz

est constante le long de chaque ligne de courant. Si l’écoulement est de plus irrotationnel, c’est la même constante dans tout le fluide. Le terme $\tfrac12\rho v^2$ est la pression dynamique ; $P + \tfrac12\rho v^2$ est la pression d’arrêt, celle qu’atteindrait le fluide s’il était amené au repos le long de sa ligne de courant.

Démonstration. Euler stationnaire avec $(\vect v\cdot\operatorname{\vect{grad}})\vect v = \operatorname{\vect{grad}}(v^2/2) + \vect\omega\wedge\vect v$ et $\rho\vect g = -\operatorname{\vect{grad}}(\rho gz)$ , $\rho$ uniforme :

\operatorname{\vect{grad}}\bigl(P + \tfrac12\rho v^2 + \rho gz\bigr) = -\rho\, \vect\omega\wedge\vect v .

Le second membre est perpendiculaire à $\vect v$ , donc le gradient de la quantité de Bernoulli n’a pas de composante le long de la ligne de courant : la quantité est constante le long de celle-ci. Si $\vect\omega = \vect 0$ le gradient est nul partout. ∎

Remarque 3.6 (Ce que dit Bernoulli, et ce qu’il ne dit pas)

Divisé par $\rho$ , le théorème énonce : l’énergie mécanique massique, $v^2/2 + gz$ , augmentée de $P/\rho$ , se conserve le long du chemin d’une particule. Le terme de pression est le travail fourni à la particule par la pression du fluide qui la suit, diminué du travail qu’elle fournit au fluide qui la précède : c’est le théorème de l’énergie pour une particule poussée à travers un champ de pression sans frottement. Quatre conditions : fluide parfait (aucune perte visqueuse), stationnaire, incompressible, et le long d’une ligne de courant. Comparer deux points de lignes de courant différentes n’est permis qu’en écoulement irrotationnel. Il ne dit pas que « l’air rapide aspire » : il dit qu’une particule qui a été accélérée (par une chute de pression) est maintenant à plus basse pression — la cause est le champ de pression, la vitesse en est l’effet.

Remarque 3.7 (Fluides compressibles)

Pour un gaz la masse volumique varie, mais si l’écoulement est stationnaire, parfait et isentropique la même démonstration donne la conservation de $h + v^2/2 + gz$ le long d’une ligne de courant, où $h$ est l’enthalpie massique ( $h = c_PT$ pour un gaz parfait) : c’est la forme utilisée pour les tuyères et les turbines au Chapitre 27. À des vitesses très inférieures à celle du son ( $v \lesssim 100\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ dans l’air) la masse volumique varie de moins de $5\%$ et le théorème incompressible est exact.

3.3 Applications

Proposition 3.8 (Le débitmètre de Venturi)

Dans une conduite horizontale qui se rétrécit de la section $S_1$ à $S_2 < S_1$ , la vitesse croît ( $v_2 = v_1S_1/S_2$ , conservation de la masse) et la pression chute :

P_1 - P_2 = \tfrac12\rho(v_2^2 - v_1^2) = \tfrac12\rho v_1^2\Bigl(\frac{S_1^2}{S_2^2} - 1\Bigr) , \qquad D_V = S_1v_1 = S_1S_2\sqrt{\frac{2(P_1 - P_2)}{\rho(S_1^2 - S_2^2)}} .

Mesurer la différence de pression au manomètre donne le débit : c’est un débitmètre de Venturi. Le même effet fait fonctionner un carburateur, un pistolet à peinture, l’arrivée d’air d’un bec Bunsen et « l’aspiration » d’un train qui passe.

Démonstration. Bernoulli le long d’une ligne de courant centrale à hauteur constante, avec $v_2 = v_1S_1/S_2$ ; on résout en $v_1$ . ∎

Proposition 3.9 (Le tube de Pitot)

Un tube face à l’écoulement, fermé à l’autre bout, amène le fluide au repos à son embouchure (un point d’arrêt) ; une seconde ouverture latérale, parallèle à l’écoulement, relève la pression statique $P$ . La différence est la pression dynamique :

P_{\text{arr}} - P = \tfrac12\rho v^2 , \qquad v = \sqrt{2(P_{\text{arr}} - P)/\rho} .

Tout avion mesure ainsi sa vitesse par rapport à l’air.

Démonstration. Bernoulli le long de la ligne de courant qui aboutit au point d’arrêt, où $v = 0$ ; les trous latéraux ne perturbent pas l’écoulement, qui passe aux $v$ et $P$ non perturbés. ∎

Proposition 3.10 (Formule de Torricelli)

Un grand réservoir ouvert se vide par un petit trou situé à la profondeur $h$ sous la surface libre ; le jet sort à

v = \sqrt{2gh} ,

la vitesse de chute libre depuis la surface. Le débit vaut $D_V \approx \alpha s\sqrt{2gh}$ avec $s$ l’aire du trou et $\alpha \approx 0.6$ le coefficient de contraction d’un orifice à bord vif (les lignes de courant continuent de converger après le trou).

Démonstration. Bernoulli de la surface libre (au repos, puisque le réservoir est grand : $v_{\text{surf}} = v\,s/S \ll v$ ; pression $P_0$ ) au jet (pression $P_0$ juste à la sortie du trou) : $P_0 + \rho gh = P_0 + \tfrac12\rho v^2$ . L’écoulement est quasi stationnaire : $h$ varie lentement. ∎

Trois applications du théorème de Bernoulli. À gauche : le débitmètre de Venturi — le manomètre lit la chute de pression au col, donc le débit. Au milieu : le tube de Pitot — la pression d’arrêt à l’embouchure dépasse la pression statique des trous latéraux de la pression dynamique. À droite : la vidange de Torricelli à la vitesse de chute libre.

Exemple 3.11 (Applications numériques)

Un Venturi de $5\,\mathrm{cm}$ qui se rétrécit à $2.5\,\mathrm{cm}$ sur une conduite d’eau, avec $\Delta h = 20\,\mathrm{cm}$ d’eau ( $2.0\,\mathrm{kPa}$ ) : $v_1 = \sqrt{2 \times 2000/ (1000 \times 15)} = 0.52\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $D_V = 1.0\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ . Un avion de ligne à $11\,\mathrm{km}$ ( $\rho = 0.36\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ ) à $250\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : pression dynamique $11\,\mathrm{kPa}$ , soit $11\%$ de la pression ambiante — le tube de Pitot fonctionne encore, avec une correction de compressibilité. Un château d’eau $40\,\mathrm{m}$ au-dessus des robinets : $4\,\mathrm{bar}$ en statique, un jet à $28\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ si l’on ouvre en grand (bien moins en pratique : les conduites ne sont pas parfaites).

Proposition 3.12 (Portance d’une aile)

Dans l’écoulement autour d’une aile l’air passe plus vite sur l’extrados que sous l’intrados ; la pression est donc plus basse dessus que dessous, et la résultante est la portance $F_L = \tfrac12\rho v^2SC_L$ ( $S$ la surface de l’aile, $C_L \approx 0.3$ – $1.5$ le coefficient de portance, selon le profil et l’incidence). L’écart de vitesse équivaut à une circulation $\Gamma$ de la vitesse autour du profil, et la portance par unité d’envergure vaut $F_L' = \rho v\Gamma$ (Kutta–Joukowski, admis). Une balle en rotation entraîne l’air avec elle et se trouve déviée latéralement de la même façon : c’est l’effet Magnus d’une balle de tennis coupée ou d’un coup franc brossé.

Démonstration. Bernoulli sur les lignes de courant juste au-dessus et juste au-dessous, qui partent des mêmes conditions amont : $P_{\text{inf}} - P_{\text{sup}} = \tfrac12\rho (v_{\text{sup}}^2 - v_{\text{inf}}^2)$ ; on intègre sur la corde. Pourquoi l’écoulement supérieur est plus rapide — le bord de fuite effilé y impose le point d’arrêt arrière et fixe la circulation (condition de Kutta) — dépasse le seul modèle du fluide parfait ; il faut la couche limite du chapitre suivant. ∎

À gauche : les lignes de courant autour d’une aile — resserrées et rapides au-dessus, lentes au-dessous ; la différence de pression est la portance. À droite : une colonne liquide de longueur totale L qui oscille dans un tube en U, l’application non stationnaire la plus simple de l’équation d’Euler. — À gauche : les lignes de courant autour d’une aile — resserrées et rapides au-dessus, lentes au-dessous ; la différence de pression est la portance. À droite : une colonne liquide de longueur totale $L$ qui oscille dans un tube en U, l’application non stationnaire la plus simple de l’équation d’Euler.

Proposition 3.13 (Un écoulement non stationnaire : le tube en U)

Une colonne liquide de longueur totale $L$ remplit un tube en U de section uniforme ; écartée de $z$ de l’équilibre, elle oscille selon

\ddot z + \frac{2g}{L}\,z = 0 , \qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{L}{2g}} ,

comme un pendule de longueur $L/2$ . Plus généralement, pour un écoulement non stationnaire mais irrotationnel de potentiel $\varphi$ , Euler s’intègre en $\rho\,\partial_t\varphi + P + \tfrac12\rho v^2 + \rho gz = C(t)$ , la même constante dans tout le fluide (Bernoulli non stationnaire).

Démonstration. La vitesse $v = \dot z$ est uniforme le long du tube (incompressible, section uniforme). Projetons Euler sur l’axe du tube et intégrons le long de la colonne d’une surface libre à l’autre : les termes de pression se compensent ( $P_0$ aux deux extrémités), $\int\rho\,\partial_tv\,\dd s = \rho L\ddot z$ , le terme convectif $\rho\,\Delta(v^2/2)$ est nul (même vitesse aux deux extrémités), et le terme de pesanteur donne $\rho g\cdot2z$ . D’où $\rho L\ddot z = -2\rho gz$ . L’énoncé général découle de $\partial_t\vect v = \operatorname{\vect{grad}} \partial_t\varphi$ pour $\vect v = \operatorname{\vect{grad}}\varphi$ . ∎

Exemple 3.14 (Mise en route d’une conduite)

Une conduite horizontale de longueur $\ell$ mène d’un réservoir de charge constante $h$ à une extrémité ouverte ; la vanne est ouverte à $t = 0$ . Avec $v$ uniforme le long de la conduite, Euler intégré de la surface du réservoir à la sortie donne $\ell\,\dd v/\dd t = gh - \tfrac12v^2$ , dont la solution est $v = V\tanh(Vt/2\ell)$ avec $V = \sqrt{2gh}$ : l’écoulement atteint la vitesse de Torricelli avec la constante de temps $2\ell/V$ — $13\,\mathrm{s}$ pour une conduite forcée de $400\,\mathrm{m}$ sous $200\,\mathrm{m}$ de charge.

Méthode 3.15 (Utiliser Bernoulli)

(1) Vérifier les quatre conditions ; décider si l’écoulement est irrotationnel (écoulement uniforme en amont autour d’un obstacle : oui ; écoulement en conduite avec un profil de vitesse : non — rester sur une seule ligne de courant). (2) Choisir deux points d’une ligne de courant où le plus de grandeurs possible sont connues : une surface libre ( $P = P_0$ , $v \approx 0$ si la section est grande), un jet à l’air libre ( $P = P_0$ ), un point d’arrêt ( $v = 0$ ). (3) Ajouter la conservation de la masse $vS =$ const pour relier les vitesses. (4) Pour les écoulements non stationnaires, intégrer plutôt Euler le long de la ligne.

3.4 Exercices

Exercice 3.1 ★

De l’eau s’écoule dans une conduite horizontale de diamètre $8\,\mathrm{cm}$ à $1.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ sous $3.0\,\mathrm{bar}$ . Elle passe dans une section de $4\,\mathrm{cm}$ : vitesse et pression ; puis dans une section de $2\,\mathrm{cm}$ : pression — que se passe-t-il si elle devait être négative ?

Solution

Solution de Exercice 3.1.

$v_2 = 1.5 \times 4 = 6.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $P_2 = 3.0 \times 10^5 - 500(36 - 2.25) = 2.83\,\mathrm{bar}$ . À $2\,\mathrm{cm}$ : $v = 24\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $P = 3.0 \times 10^5 - 500 (576 - 2.25) = 0.13\,\mathrm{bar}$ — proche de la pression de vapeur. Un résultat négatif signifie que le débit supposé est impossible : l’eau cavite et l’écoulement est étranglé.

Exercice 3.2 ★

Le tube de Pitot d’un avion à $5\,\mathrm{km}$ ( $\rho = 0.74\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ ) lit une pression dynamique de $15\,\mathrm{kPa}$ . Vitesse vraie. L’anémomètre est étalonné pour la masse volumique au niveau de la mer ( $1.22\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ ) : quelle « vitesse indiquée » affiche-t-il, et pourquoi les pilotes trouvent-ils l’écart utile plutôt que gênant ?

Solution

Solution de Exercice 3.2.

$v = \sqrt{2 \times 15000/0.74} = 201\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; indiquée $\sqrt{2 \times 15000/ 1.22} = 157\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . La vitesse indiquée mesure la pression dynamique, qui est ce que subit l’aile : la vitesse de décrochage est une vitesse indiquée fixe, à toute altitude.

Exercice 3.3 ★

Un réservoir contient de l’eau sur $3.0\,\mathrm{m}$ de profondeur ; un trou de $1.0\,\mathrm{cm}^{2}$ est percé à $1.0\,\mathrm{m}$ au-dessus du sol. Vitesse de sortie ; débit (contraction $0.6$ ) ; où le jet touche-t-il le sol ? À quelle profondeur faudrait-il percer un second trou pour atteindre le même point ?

Solution

Solution de Exercice 3.3.

Profondeur $2.0\,\mathrm{m}$ : $v = \sqrt{2g \times 2} = 6.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $D_V = 0.6 \times 10^{-4} \times 6.3 = 0.38\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ ; durée de chute $\sqrt{2/g} = 0.45\,\mathrm{s}$ , portée $2.8\,\mathrm{m}$ . La portée $= 2\sqrt{h(H - h)}$ est symétrique en $h \leftrightarrow H - h$ : un trou à la profondeur $1.0\,\mathrm{m}$ ( $2\,\mathrm{m}$ au-dessus du sol) atteint le même point.

Exercice 3.4 ★

Un vent de $30\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ souffle sur un toit plat de $100\,\mathrm{m}^{2}$ ; l’air sous le toit est immobile à la pression atmosphérique ( $\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ ). Différence de pression et force résultante sur le toit ; comparer au poids du toit ( $50\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2}$ ). Dans quel sens est-il poussé ?

Solution

Solution de Exercice 3.4.

$\Delta P = \tfrac12 \times 1.2 \times 900 = 540\,\mathrm{Pa}$ , pression extérieure plus basse : force résultante $54\,\mathrm{kN}$ vers le haut ; le toit pèse $49\,\mathrm{kN}$ : il s’envole. (Les toits réels cèdent d’abord sur les bords, là où l’écoulement décolle.)

Exercice 3.5 ★★

Une cuve parallélépipédique fermée de $2.0\,\mathrm{m}$ de long, à moitié pleine d’eau, est posée sur un camion. (a) Accélération de $3.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ : angle de la surface libre, et différence de hauteur d’eau entre les parois arrière et avant. (b) Différence de pression entre les deux coins du fond. (c) Freinage à $6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ — l’eau atteint-elle le couvercle situé $0.8\,\mathrm{m}$ au-dessus du fond ? (d) Même camion abordant un virage de rayon $40\,\mathrm{m}$ à $15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : inclinaison de la surface.

Solution

Solution de Exercice 3.5.

(a) $\tan\theta = 3/9.81$ , $\theta = 17{}^{\circ}$ ; $2 \times 0.306 = 0.61\,\mathrm{m}$ (plus haut à l’arrière). (b) $\Delta P = \rho aL = 6.0\,\mathrm{kPa}$ . (c) $\tan\theta = 0.61$ , écart $1.22\,\mathrm{m}$ : l’avant monte de $0.61\,\mathrm{m}$ au-dessus de la moyenne $0.40\,\mathrm{m}$ : $1.01\,\mathrm{m}$ $>$ $0.8\,\mathrm{m}$ , l’eau touche le couvercle. (d) $a = v^2/R = 5.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ : $\theta = 30{}^{\circ}$ , le côté extérieur est plus haut.

Exercice 3.6 ★★

Un seau de rayon $15\,\mathrm{cm}$ contenant de l’eau sur $20\,\mathrm{cm}$ tourne autour de son axe à $2.0\,\mathrm{tr}/\mathrm{s}$ . (a) Forme et équation de la surface libre. (b) Différence de hauteur entre le bord et le centre. (c) Le volume étant conservé, hauteur de l’eau au centre et au bord. (d) À quelle vitesse de rotation le fond se découvre-t-il en son centre ? (e) Pourquoi le même paraboloïde fait-il un miroir de télescope parfait (un bain de mercure en rotation) ?

Solution

Solution de Exercice 3.6.

(a) Paraboloïde $z = z_0 + \Omega^2r^2/2g$ , $\Omega = 4\pi = 12.6\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ . (b) $\Omega^2R^2/2g = 158 \times 0.0225/19.6 = 0.18\,\mathrm{m}$ . (c) La hauteur moyenne d’un paraboloïde sur le disque est à mi-hauteur : centre $0.20 - 0.09 = 0.11\,\mathrm{m}$ , bord $0.29\,\mathrm{m}$ . (d) Le centre se découvre quand $\Omega^2R^2/4g = h_0$ : $\Omega = \sqrt{4gh_0}/R = 18.7\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} = 3.0$ tours par seconde. (e) Un paraboloïde concentre les rayons parallèles en un point, à $f = g/2\Omega^2$ ; les télescopes à miroir liquide font tourner du mercure.

Exercice 3.7 ★★

Siphon. Un tube amène de l’eau depuis un réservoir par-dessus une crête située $2.0\,\mathrm{m}$ au-dessus de la surface libre jusqu’à une sortie $3.0\,\mathrm{m}$ au-dessous d’elle. (a) Vitesse de sortie et, pour un tube de $2\,\mathrm{cm}$ , débit. (b) Pression à la crête. (c) Hauteur maximale de la crête pour que le siphon fonctionne (la pression de vapeur de l’eau, $2.3\,\mathrm{kPa}$ , ne doit pas être atteinte). (d) Pourquoi le siphon ne fonctionne-t-il pas si le tube est plein d’air ?

Solution

Solution de Exercice 3.7.

(a) $v = \sqrt{2g \times 3} = 7.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $D_V = \pi \times 10^{-4} \times 7.7 = 2.4\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ . (b) $P = P_0 - \rho g(2) - \tfrac12\rho v^2 = 100 - 19.6 - 29.4 = 51\,\mathrm{kPa}$ . (c) $P_0 - \rho gh_c - \tfrac12\rho v^2 \ge 2.3\,\mathrm{kPa}$ : $h_c \le 7.0\,\mathrm{m}$ . (d) L’air est compressible et léger : aucune colonne liquide continue ne transmet la pression, l’eau reste de part et d’autre.

Exercice 3.8 ★★

Un avion léger de $1000\,\mathrm{kg}$ croise à $60\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ au niveau de la mer sur une aile de $15\,\mathrm{m}^{2}$ . (a) Différence de pression moyenne entre les deux faces de l’aile ; coefficient de portance. (b) Si la vitesse sous l’aile vaut $58\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , que vaut-elle au-dessus (mêmes conditions amont) ? (c) Circulation autour du profil par la formule de Kutta–Joukowski, pour une envergure de $10\,\mathrm{m}$ . (d) Vitesse de décrochage si $C_L$ ne peut dépasser $1.4$ .

Solution

Solution de Exercice 3.8.

(a) $\Delta P = mg/S = 654\,\mathrm{Pa}$ ; $\tfrac12\rho v^2 = 2.2\,\mathrm{kPa}$ , $C_L = 0.30$ . (b) $v_{\text{sup}}^2 = 58^2 + 2 \times 654/1.22$ : $66.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (c) $F_L' = 981\,\mathrm{N}/\mathrm{m} = \rho v\Gamma$ : $\Gamma = 13.4\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ . (d) $v = \sqrt{2mg/ \rho SC_L} = \sqrt{19620/25.6} = 28\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Exercice 3.9 ★★

Sténose. Le sang ( $\rho = 1060\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ ) s’écoule à $0.50\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ dans une artère de section $0.50\,\mathrm{cm}^{2}$ à $13\,\mathrm{kPa}$ au-dessus de la pression atmosphérique. Une plaque la rétrécit à $0.10\,\mathrm{cm}^{2}$ . (a) Vitesse et pression dans la sténose. (b) Le tissu qui entoure l’artère est à environ $1\,\mathrm{kPa}$ : l’artère peut-elle s’affaisser ? (c) Si elle se rétrécit, la vitesse croît encore : expliquer l’emballement et pourquoi un tel rétrécissement peut se mettre à battre.

Solution

Solution de Exercice 3.9.

(a) $v_2 = 2.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $\Delta P = \tfrac12 \times 1060 \times (6.25 - 0.25) = 3.2\,\mathrm{kPa}$ , $P_2 = 9.8\,\mathrm{kPa}$ . (b) Encore au-dessus de $1\,\mathrm{kPa}$ : non. (c) À $0.05\,\mathrm{cm}^{2}$ , $v = 5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ et $\Delta P = 13\,\mathrm{kPa}$ : $P_2 \approx 0$ , sous la pression des tissus — la paroi s’affaisse, l’écoulement cesse, la pression remonte, elle se rouvre : un battement (le souffle qu’entend le médecin).

Exercice 3.10 ★★★

Température d’arrêt. Pour un gaz parfait en écoulement isentropique stationnaire, $c_PT + v^2/2$ se conserve le long d’une ligne de courant. (a) Montrer que l’air amené au repos au nez d’un avion atteint $T_0 = T(1 + \tfrac{\gamma - 1}{2}M^2)$ , avec $M = v/c$ le nombre de Mach et $c = \sqrt{\gamma RT/M_{\text{mol}}}$ la vitesse du son. (b) Température au nez d’un avion de ligne à $M = 0.85$ dans un air à $220\,\mathrm{K}$ ; d’un avion supersonique à $M = 2$ ; d’une capsule de rentrée à $M = 25$ (la formule a-t-elle encore un sens ?). (c) Montrer que la formule de Pitot incompressible surestime la vitesse à $M = 0.85$ , et d’à peu près combien (développer $P_0/P = (T_0/T)^{\gamma/(\gamma - 1)}$ au second ordre en $M^2$ ).

Solution

Solution de Exercice 3.10.

(a) $c_PT_0 = c_PT + v^2/2$ avec $c_P = \gamma R/(\gamma - 1)M_{\text{mol}}$ et $c^2 = \gamma RT/M_{\text{mol}}$ : $v^2/2c_PT = \tfrac12(\gamma - 1)M^2$ . (b) $M = 0.85$ : $T_0 = 220 \times 1.145 = 252\,\mathrm{K}$ ; $M = 2$ : $220 \times 1.8 = 396\,\mathrm{K}$ ; $M = 25$ : $220 \times 126 = 28\,000\,\mathrm{K}$ — dénué de sens : l’air se dissocie et s’ionise, $c_P$ n’est plus constant (les températures d’arrêt réelles valent quelques milliers de kelvins). (c) $P_0/P = (1 + \tfrac{\gamma - 1}2M^2)^{\gamma/(\gamma - 1)} \approx 1 + \tfrac{\gamma}2M^2 + \tfrac{\gamma}8M^4$ , et $\gamma PM^2 = \rho v^2$ : $P_0 - P = \tfrac12\rho v^2(1 + M^2/4)$ . Lire $v$ sur $\sqrt{2(P_0 - P)/\rho}$ la surestime de $\sqrt{1 + M^2/4} - 1 \approx 9\%$ à $M = 0.85$ .

Exercice 3.11 ★★★

Régime transitoire de démarrage. Une conduite de longueur $\ell = 50\,\mathrm{m}$ et de section uniforme mène d’un grand réservoir (charge $h = 5.0\,\mathrm{m}$ au-dessus de la sortie) à une vanne située à l’extrémité ouverte. La vanne est ouverte à $t = 0$ . (a) Intégrer Euler le long de la conduite pour obtenir $\ell\,\dd v/\dd t = gh - v^2/2$ . (b) La résoudre : $v = V\tanh(Vt/2\ell)$ avec $V = \sqrt{2gh}$ . (c) Temps pour atteindre $90\%$ de la vitesse finale. (d) La vanne est maintenant fermée brutalement en $0.5\,\mathrm{s}$ depuis le plein débit : estimer la décélération moyenne et la surpression à la vanne par $\rho\ell\,\dd v/\dd t$ — et pourquoi une fermeture réelle en produit bien davantage (chapitres suivants).

Solution

Solution de Exercice 3.11.

(a) De la surface ( $v \approx 0$ , $P_0$ , hauteur $h$ ) à la sortie ( $v$ , $P_0$ , hauteur $0$ ), avec $\int\partial_tv\,\dd s = \ell\,\dd v/\dd t$ . (b) $\dd v/(V^2 - v^2) = \dd t/2\ell$ , $V^2 = 2gh$ : $\operatorname{artanh}(v/V) = Vt/2\ell$ . (c) $V = 9.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $\tanh x = 0.9$ pour $x = 1.47$ : $t = 2\ell x/V = 15\,\mathrm{s}$ . (d) $\dd v/\dd t \approx -20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ : $\Delta P = \rho\ell \times 20 = 9.9\,\mathrm{bar}$ . L’eau est légèrement compressible : une fermeture rapide lance une onde de pression, $\Delta P = \rho c\Delta v \approx 140\,\mathrm{bar}$ .

Exercice 3.12 ★★★

La surface libre d’un tourbillon. De l’eau tourne comme le tourbillon ponctuel du Chapitre 2, $v_\theta = \Gamma/2\pi r$ , irrotationnel, avec une surface libre en $z = 0$ au loin. (a) Pourquoi peut-on appliquer Bernoulli entre deux points quelconques ? (b) Forme de la surface libre $z(r)$ . (c) À l’intérieur d’un cœur de Rankine ( $r < a$ , $v_\theta = \Omega r$ , rotationnel), utiliser plutôt Euler dans le référentiel tournant, ou directement : montrer que $z = z(a) + \Omega^2(r^2 - a^2)/2g$ . (d) Profondeur totale de l’entonnoir pour un tourbillon de baignoire avec $\Gamma = 0.03\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ et $a = 5\,\mathrm{mm}$ ; pour une tornade ( $\Gamma = 3 \times 10^{4}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , $a = 60\,\mathrm{m}$ , dans l’air : exprimer plutôt le résultat comme une chute de pression au centre).

Solution

Solution de Exercice 3.12.

(a) Stationnaire, parfait, incompressible et irrotationnel : une seule constante pour tout l’écoulement. (b) Sur la surface $P = P_0$ : $\tfrac12\rho v^2 + \rho gz = 0$ , $z = -\Gamma^2/8\pi^2gr^2$ . (c) Euler radial : $\partial_rP = \rho\Omega^2r$ , hydrostatique verticale : la surface vérifie $z(r) - z(a) = \Omega^2(r^2 - a^2)/2g$ . (d) Baignoire : $\Omega = \Gamma/2\pi a^2 = 191\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ; $z(a) = -\Omega^2a^2/ 2g = -4.7\,\mathrm{cm}$ , et le cœur ajoute $4.7\,\mathrm{cm}$ : $9.3\,\mathrm{cm}$ de profondeur. Tornade : $\Delta P = \tfrac12\rho v_{\max}^2$ à l’extérieur, autant à l’intérieur : $\rho v_{\max}^2 = 1.2 \times 6400 = 7.7\,\mathrm{kPa}$ sous la pression ambiante au centre.

Deux conduites forcées descendent l’eau d’un lac de montagne jusqu’à la centrale : deux cents mètres de charge, que le théorème de Bernoulli transforme en un jet à soixante mètres par seconde.

3.5 Problème : le barrage, la conduite forcée et la turbine

Problème 3.1

Problème du week-end — une centrale hydroélectrique du réservoir au jet : pressions, vitesses, puissances, pertes et le coup de bélier

Un lac de retenue contient de l’eau sur $150\,\mathrm{m}$ de profondeur derrière un barrage ; sa surface libre est $H = 200\,\mathrm{m}$ au-dessus des injecteurs d’une turbine. Une conduite forcée (un tuyau d’acier) de diamètre $D = 3.0\,\mathrm{m}$ et de longueur $\ell = 400\,\mathrm{m}$ achemine le débit nominal $D_V = 60\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ jusqu’à la centrale, où un injecteur le transforme en un jet libre à la pression atmosphérique $P_0 = 1.0\,\mathrm{bar}$ qui frappe les augets d’une roue Pelton. $\rho = 1000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ , $g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; le fluide est parfait sauf mention contraire.

Partie I — Au repos et au débit nominal.

Pression à la base du barrage, et force sur une bande verticale de $1\,\mathrm{m}$ de large du barrage, de haut en bas.
Les vannes de la turbine étant fermées, pression dans la conduite forcée à la centrale.
Vitesse dans la conduite au débit nominal ; pression dynamique correspondante ; pression à l’extrémité aval de la conduite (avant l’injecteur), par Bernoulli depuis la surface du lac.
Vitesse du jet libre ; section et diamètre de l’injecteur.
Puissance cinétique portée par le jet ; montrer qu’elle vaut $\rho gD_VH$ et la calculer.
Masse et énergie cinétique de l’eau contenue dans la conduite au débit nominal ; temps de transit d’une particule dans la conduite.
Montrer que la charge $H$ se partage, au débit nominal, entre la pression au bas de la conduite et l’énergie cinétique de l’eau, et que l’injecteur convertit la première en la seconde : que vaut la pression juste après l’injecteur ?
Un fluide parfait n’a pas de perte de charge, un fluide réel en a : la perte dans une conduite vaut $\Delta P = \lambda(\ell/D)\,\tfrac12\rho v^2$ avec $\lambda \approx 0.015$ pour de l’acier lisse. Perte de charge en mètres d’eau, et fraction de la puissance perdue.
Un ingénieur propose une conduite de $2\,\mathrm{m}$ pour économiser l’acier. Reprendre la question 7 ; commenter.

Partie II — Mesurer le débit. Un Venturi est intégré à la conduite forcée, avec un col de $2.0\,\mathrm{m}$ .

Vitesse au col et chute de pression entre la conduite et le col au débit nominal.
La chute est lue sur un manomètre à mercure ( $\rho_{\text{Hg}} = 13\,600\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ ) : différence de hauteur.
Montrer que le débit est proportionnel à la racine carrée de la lecture du manomètre, et donner la lecture à la moitié du débit nominal.
Pourquoi les prises de pression doivent-elles affleurer la paroi et non dépasser dans l’écoulement ?
Une portion de la conduite passe, pour des raisons topographiques, par une crête située $6\,\mathrm{m}$ au-dessus de la surface du lac. Pression en ce point au débit nominal ; que se passe-t-il, et que doit faire le concepteur ?

Partie III — Régimes non stationnaires. Le lac a une superficie $A = 2.0\,\mathrm{km}^{2}$ .

Vitesse à laquelle le niveau du lac baisse au débit nominal, en centimètres par heure.
La turbine est arrêtée et l’injecteur (de section trouvée à la question 4) est laissé ouvert à l’air libre : le lac se vide par gravité. Écrire le bilan de masse et trouver le niveau $h(t)$ (écoulement de Torricelli quasi stationnaire).
Temps pour que le niveau baisse de $10\,\mathrm{m}$ ; comparer au temps obtenu à débit nominal constant.
Démarrage de la centrale : la conduite est pleine, l’injecteur est ouvert à $t = 0$ . En prenant la vitesse uniforme le long de la conduite et en négligeant la géométrie de l’injecteur, intégrer Euler le long de la conduite pour obtenir $\ell\,\dd v/\dd t = gH - v^2/2$ , la résoudre et donner la constante de temps.
Pendant ce démarrage, à l’instant où $v$ vaut la moitié de sa valeur finale, que vaut la pression au bas de la conduite ? Expliquer le signe de l’écart avec la valeur en régime établi.

Partie IV — Fermer la vanne.

La vanne de la turbine est fermée en $\tau = 10\,\mathrm{s}$ ; on suppose que l’eau de la conduite décélère uniformément. À l’aide d’Euler le long de la conduite, estimer la surpression à la vanne, en bars.
Pour une fermeture rapide l’eau n’est plus incompressible : une onde de pression remonte la conduite à $c = 1400\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (la vitesse du son dans l’eau au sein d’un tuyau d’acier — Chapitre 7), et la surpression vaut $\Delta P = \rho c\,\Delta v$ (Joukowsky). Valeur pour un arrêt brutal depuis le débit nominal ; comparer à la pression statique. Combien de temps l’onde met-elle pour atteindre le lac et revenir, et que cela dit-il du sens du mot « rapide » ?
Pour protéger la conduite on installe une cheminée d’équilibre — un puits vertical ouvert de section $A_s = 100\,\mathrm{m}^{2}$ — au point où une galerie horizontale de longueur $L = 2000\,\mathrm{m}$ et de section $A = 7.0\,\mathrm{m}^{2}$ venant du lac rejoint la conduite forcée. Après une fermeture brutale, l’eau de la galerie continue d’avancer et le niveau $z$ dans le puits monte. Écrire la conservation de la masse entre la galerie et le puits.
Intégrer Euler le long de la galerie (fluide parfait) pour montrer que $z$ obéit à $\ddot z + \dfrac{gA}{LA_s}z = 0$ ; période de l’oscillation.
Montée maximale du niveau dans le puits après une fermeture depuis le débit nominal (argument énergétique : l’énergie cinétique de l’eau de la galerie devient de l’énergie potentielle dans le puits).
Récapituler : les cinq pressions rencontrées dans cette centrale (statique au barrage, statique à la turbine, dynamique dans la conduite, coup de bélier, cheminée d’équilibre) et la loi qui donne chacune.

Solution

Solution de Problème 3.1.

1. $\rho g \times 150 = 14.7\,\mathrm{bar}$ au-dessus de l’atmosphère ; $\tfrac12\rho gH_d^2 \times 1\,\mathrm{m} = 1.1 \times 10^{8}\,\mathrm{N}$ .

2. $\rho gH = 19.6\,\mathrm{bar}$ en relatif, $20.6\,\mathrm{bar}$ en absolu.

3. $v = 60/7.07 = 8.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $\tfrac12\rho v^2 = 0.36\,\mathrm{bar}$ ; $P = P_0 + \rho gH - \tfrac12\rho v^2 = 20.3\,\mathrm{bar}$ en absolu.

4. $v_j = \sqrt{2gH} = 62.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $s = 60/62.6 = 0.96\,\mathrm{m}^{2}$ , $d = 1.1\,\mathrm{m}$ .

5. $\tfrac12\rho D_Vv_j^2 = \tfrac12\rho D_V(2gH) = \rho gD_VH = 118\,\mathrm{MW}$ .

6. $m = \rho S\ell = 2.8 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}$ , $E_k = \tfrac12mv^2 = 1.0 \times 10^{8}\,\mathrm{J}$ ; transit $\ell/v = 47\,\mathrm{s}$ .

7. $\rho gH = (P - P_0) + \tfrac12\rho v^2$ : $19.3\,\mathrm{bar}$ de pression et $0.36\,\mathrm{bar}$ d’énergie cinétique ; dans l’injecteur la pression tombe à $P_0$ tandis que $\tfrac12\rho v^2$ monte à $\rho gH$ : juste après, $P = P_0$ .

8. $\Delta h = \lambda(\ell/D)v^2/2g = 0.015 \times 133 \times 3.67 = 7.3\,\mathrm{m}$ , soit $3.7\%$ de la puissance.

9. $v = 19.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $v^2/2g = 18.6\,\mathrm{m}$ , $\Delta h = 0.015 \times 200 \times 18.6 = 56\,\mathrm{m}$ : $28\%$ de perte — l’acier économisé se paie chaque seconde en énergie.

10. $v_t = 60/\pi = 19.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $\Delta P = 500(19.1^2 - 8.49^2) = 146\,\mathrm{kPa}$ .

11. $\Delta P = (\rho_{\text{Hg}} - \rho)g\,\Delta h$ : $\Delta h = 146000/(12600 \times 9.81) = 1.18\,\mathrm{m}$ .

12. $\Delta P \propto v^2 \propto D_V^2$ : $D_V \propto \sqrt{\Delta h}$ ; la moitié du débit en donne le quart, $0.30\,\mathrm{m}$ .

13. Une prise en saillie fait face à l’écoulement ou le perturbe et lit une part de la pression dynamique (un Pitot), non la pression statique.

14. $P = P_0 - \rho g \times 6 - \tfrac12\rho v^2 = 100 - 59 - 36 = 5\,\mathrm{kPa}$ : proche de la pression de vapeur ; l’air dissous se dégage et l’eau peut bouillir (cavitation), rompant la colonne. Abaisser la crête, ou installer un reniflard et une pompe à vide, ou réduire le débit.

15. $D_V/A = 60/2 \times 10^6 = 3 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}/\mathrm{s} = 11\,\mathrm{cm}/\mathrm{h}$ .

16. $A\,\dd h/\dd t = -s\sqrt{2gh}$ : $\sqrt h = \sqrt{h_0} - (s/A)\sqrt{g/2}\,t$ .

17. $\Delta t = (A/s)\sqrt{2/g}(\sqrt{200} - \sqrt{190}) = 2.09 \times 10^6 \times 0.45 \times 0.36 = 3.4 \times 10^{5}\,\mathrm{s} = 3.9\,\mathrm{jours}$ ; à débit nominal constant $10A/D_V = 3.3 \times 10^{5}\,\mathrm{s}$ : presque autant, l’injecteur ayant été dimensionné pour l’écoulement de Torricelli à $h \approx H$ .

18. $\ell\,\dd v/\dd t = gH - v^2/2$ : $v = V\tanh(Vt/2\ell)$ , $V = 62.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , constante de temps $2\ell/V = 13\,\mathrm{s}$ .

19. À $v = V/2$ : $\dd v/\dd t = (gH - V^2/8)/\ell = 3.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; $P = P_0 + \rho gH - \tfrac12\rho v^2 - \rho\ell\,\dd v/\dd t = 1.0 + 19.6 - 4.9 - 14.7 = 1.0\,\mathrm{bar}$ : l’essentiel de la charge sert à accélérer la colonne, de sorte que la pression au bas de la conduite est très inférieure à sa valeur en régime établi.

20. $|\dd v/\dd t| = 8.49/10 = 0.85\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ : $\Delta P = \rho\ell \times 0.85 = 3.4\,\mathrm{bar}$ .

21. $\Delta P = 1000 \times 1400 \times 8.49 = 119\,\mathrm{bar}$ , six fois la pression statique. L’aller-retour de l’onde dure $2\ell/c = 0.57\,\mathrm{s}$ : une fermeture plus rapide est « brutale » et subit toute la surpression de Joukowsky ; les fermetures plus lentes en subissent moins.

22. $Av = A_s\,\dd z/\dd t$ .

23. Euler le long de la galerie, du lac (pression $P_0 + \rho g\times$ profondeur) au pied du puits (pression $P_0 + \rho g (\text{profondeur} + z)$ ) : $\rho L\,\dd v/\dd t = -\rho gz$ ; avec $v = (A_s/A)\dot z$ : $\ddot z + (gA/LA_s)z = 0$ ; $T = 2\pi\sqrt{LA_s/gA} = 2\pi\sqrt{2000 \times 100/ 68.7} = 340\,\mathrm{s} \approx 5.7\,\mathrm{min}$ .

24. $\tfrac12\rho ALv^2 = \tfrac12\rho gA_sz_{\max}^2$ avec $v = 60/7 = 8.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $z_{\max} = v\sqrt{AL/gA_s} = 32\,\mathrm{m}$ .

25. Barrage : hydrostatique, $\rho gh$ . Turbine, vannes fermées : de même, $\rho gH$ . Conduite en service : Bernoulli, $\tfrac12\rho v^2$ prélevé sur la charge statique. Coup de bélier : compressibilité, $\rho c\Delta v$ . Cheminée d’équilibre : Euler non stationnaire le long de la galerie, une oscillation de période $2\pi\sqrt{LA_s/gA}$ .

Termes définis dans ce chapitre

Fluide parfait

Voir les 393 termes du glossaire