L'élargissement brusque : la perte de charge de Borda-Carnot

La stratégie. Le bilan de quantité de mouvement ne demande que les forces sur la frontière, que les hypothèses donnent : il fournit la vraie remontée de pression. Le bilan d'énergie cinétique, écrit ensuite, fait apparaître la puissance des forces intérieures : elle n'est pas nulle, et c'est la perte de charge.

1) Le bilan de quantité de mouvement. Par conservation du débit volumique, $v_2=v_1\frac{S_1}{S_2}=v_1{\left(\frac{d_1}{d_2}\right)}^2=0,50\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$. Volume de contrôle : l'eau entre la section 1, au ras de l'épaulement (le jet d'aire $S_1$ et la couronne d'eau tourbillonnaire d'aire $S_2-S_1$), et la section 2. Système fermé ${\Sigma }^{\ast }$ : à $t$, le contenu et la masse $\mathrm{d}m$ qui va entrer par le jet ; à $t+\mathrm{d}t$, le contenu et la masse $\mathrm{d}m$ sortie par la section 2. En régime stationnaire, $$\frac{\mathrm{d}{p}_x^{\ast }}{\mathrm{d}t}=D_m(v_2-v_1),D_m=\rho S_2{v}_2=\rho S_1{v}_1.$$ Forces selon l'axe : sur la section 1, l'eau amont pousse le jet avec $P_1{S}_1$, et l'épaulement pousse la couronne avec $P_1(S_2-S_1)$ (hypothèse) ; sur la section 2, l'eau aval repousse avec $-P_2{S}_2$ ; la paroi latérale n'exerce que des forces de pression perpendiculaires à l'axe (frottement négligé) ; le poids est vertical. Ici, seules des différences de pression interviennent : pression absolue ou relative, peu importe. La loi de la quantité de mouvement donne $$\rho S_2{v}_2(v_2-v_1)=(P_1-P_2)S_2,$$ d'où $$\boxed{P_2-P_1=\rho v_2(v_1-v_2)}=1000\times 0,50\times 1,5=750\mathrm{Pa}.$$ La pression remonte en aval : l'eau ralentit, il faut une force qui la freine, et c'est l'excès de pression aval qui la fournit.

2) Bernoulli, puis le bilan d'énergie. Si l'écoulement était parfait, la relation de Bernoulli donnerait $P_2-P_1=\frac{1}{2}\rho (v_1^2-v_2^2)=\frac{1}{2}\times 1000\times (4,0-0,25)=1875\mathrm{Pa}$, deux fois et demie plus que la réalité. Le théorème de l'énergie cinétique appliqué à ${\Sigma }^{\ast }$ tranche. L'énergie cinétique de ${\Sigma }^{\ast }$ varie de $\mathrm{d}{E}_c^{\ast }=\mathrm{d}m\left(\frac{1}{2}{v}_2^2-\frac{1}{2}{v}_1^2\right)$. Puissances : la force $P_1{S}_1$ pousse le jet, qui avance à $v_1$ : $P_1{S}_1{v}_1=P_1{D}_v$ ; sur la couronne, l'épaulement est fixe et l'eau au repos en moyenne : puissance nulle ; la force $-P_2{S}_2$ retient l'eau qui avance à $v_2$ : $-P_2{D}_v$ ; paroi fixe : puissance nulle ; poids perpendiculaire à l'écoulement (conduite horizontale) : puissance nulle ; forces intérieures : ${\mathcal{P}}_{\text{int}}$. D'où $$\frac{1}{2}{D}_m\left(v_2^2-v_1^2\right)=D_v(P_1-P_2)+{\mathcal{P}}_{\text{int}},$$ d'où $${\mathcal{P}}_{\text{int}}=D_v\left[\right(P_2+\frac{1}{2}\rho v_2^2)-(P_1+\frac{1}{2}\rho v_1^2\left)\right]=-D_v\Delta P_c.$$ Avec la remontée de pression du bilan de quantité de mouvement, $$\Delta P_c=(P_1-P_2)+\frac{1}{2}\rho \left(v_1^2-v_2^2\right)=-\rho v_2(v_1-v_2)+\frac{1}{2}\rho (v_1-v_2)(v_1+v_2)=\boxed{\frac{1}{2}\rho (v_1-v_2{)}^2}.$$ Numériquement, $\Delta P_c=\frac{1}{2}\times 1000\times 1,5^2=1125\mathrm{Pa}$, soit $\Delta P_c/(\rho g)=11,5\mathrm{cm}$ d'eau, et $(1-\sigma {)}^2=56\%$ de $\frac{1}{2}\rho v_1^2=2000\mathrm{Pa}$. On vérifie que $750+1125=1875\mathrm{Pa}$ : la perte est exactement l'écart à la relation de Bernoulli. ${\mathcal{P}}_{\text{int}}<0$ : les forces intérieures dissipent. Le cisaillement entre le jet rapide et l'eau morte qui l'entoure entretient des tourbillons, que la viscosité finit par transformer en énergie interne. La puissance des forces intérieures n'est nulle que pour un écoulement parfait : ici, elle ne l'est pas, et le bilan de quantité de mouvement permet de la calculer sans rien savoir des tourbillons.

3) Le rapport de sections optimal. Avec $v_2=\sigma v_1$, $$P_2-P_1=\rho v_1^2\sigma (1-\sigma ),$$ maximale pour $\sigma =\frac{1}{2}$, où elle vaut $\rho v_1^2/4=1000\mathrm{Pa}$. Pour $\sigma \to 1$, rien ne change ; pour $\sigma \to 0$, l'eau est arrêtée sans rien récupérer. La relation de Bernoulli, elle, promettait $\frac{1}{2}\rho v_1^2(1-{\sigma }^2)$, croissante quand $\sigma$ diminue : l'écart, $\frac{1}{2}\rho v_1^2(1-\sigma {)}^2$, est la perte.

4) Débouché dans un réservoir. Si $S_2\to \infty$, $v_2\to 0$ et $\Delta P_c\to \frac{1}{2}\rho v_1^2=2000\mathrm{Pa}$ : toute l'énergie cinétique du jet est perdue, $\zeta =1$. C'est la « perte de sortie » qu'on compte, avec le coefficient $1$, à chaque débouché d'une conduite dans un bassin : elle est ici démontrée.

5) L'aspirateur. La vitesse de sortie de la roue représente la hauteur $\frac{v^2}{2g}=\frac{6,0^2}{2\times 9,81}=1,83\mathrm{m}$.

• (a) Débouché direct : tout est perdu ($\zeta =1$) : $1,83\mathrm{m}$, soit $9,2\%$ de la chute.
• (b) Diffuseur sans perte : seule l'énergie cinétique résiduelle se perd au débouché, $\frac{1,5^2}{2g}=0,115\mathrm{m}$, soit $0,57\%$. Le diffuseur a transformé l'énergie cinétique en pression : sous la roue, la pression descend au-dessous de la pression atmosphérique, et la turbine dispose d'une chute plus grande.
• (c) Élargissement brusque : perte de Borda-Carnot $\frac{(6,0-1,5{)}^2}{2g}=1,03\mathrm{m}$, plus la perte au débouché, $0,115\mathrm{m}$ : $1,15\mathrm{m}$, soit $5,7\%$.

L'aspirateur bien dessiné récupère $1,72\mathrm{m}$, $8,6\%$ de la chute : c'est pourquoi les turbines basse chute ont de longs aspirateurs à faible ouverture (quelques degrés), qui ralentissent l'eau sans que l'écoulement décolle des parois. Un élargissement brusque n'en récupère que les deux cinquièmes.

Ce que l'exercice installe. Quantité de mouvement et énergie cinétique donnent deux relations sur le même système fermé ; quand la seconde ne s'accorde pas avec la relation de Bernoulli, c'est que la puissance des forces intérieures n'est pas nulle, et l'écart mesure l'énergie dissipée. Une perte de charge singulière se calcule ici au lieu d'être donnée ; et ralentir un écoulement sans le décoller récupère de la pression.