Ressaut hydraulique

On cherche à déterminer quelle est la hauteur h₀ pour laquelle l'écoulement sera maximal pour une charge E donnée. Une telle hauteur est appelée hauteur critique.

On résout :

${\displaystyle {dv_{0} \over dh_{0}}h_{0}+v_{0}={dQ \over dh_{0}}=0}$

On a :

${\displaystyle 0=dE=v_{0}dv_{0}+gdh_{0}}$

et donc :

${\displaystyle {dv_{0} \over dh_{0}}=-{g \over v_{0}}}$

Finalement, on résout donc :

${\displaystyle -{g \over v_{0}}h_{0}+v_{0}=0}$

et finalement :

${\displaystyle v_{0}={\sqrt {gh_{0}}}}$

Comme on verra plus tard, il est avantageux de supposer que l'accélération de la gravité n'est pas uniforme le long du flot. Cette hypothèse supplémentaire va permettre de généraliser ce modèle aux phénomènes météorologiques en aval d'une montagne.

Le courant super-critique n'est pas dans un état stable et le flot va rebondir. Lors du rebond, le flot va être turbulent et l'énergie (charge) va se dissiper en chaleur. On ne peut donc pas appliquer la loi de conservation de l'énergie. Toutefois, on peut écrire que la différence de la quantité de mouvement en amont et lors du ressaut est égale à la force de pression appliquée au fluide. Soit v₂ la vitesse du flot dans le ressaut hydraulique et soit h₂ la hauteur du ressaut. Soit ρ la densité du fluide. On considère une colonne d'eau de base infiniment petite δ S. On suppose qu'à la position x, la hauteur est h et la vitesse v. On considère maintenant la quantité de mouvement en xx pour une colonne infinitésimale :

${\displaystyle \delta P(x)=\rho \delta Sh(x)v(x)}$

Comme on verra plus tard, il est avantageux de supposer

En x + δ x, où δ x est infiniment petit, la quantité de mouvement sera :

${\displaystyle \delta P(x+\delta x)=\rho \delta Sh(x+\delta x)v(x+\delta x)}$

Soit L la largeur du canal, on a alors :

${\displaystyle \delta S=L\delta x}$.

La différence de quantité de mouvement sera donc :

${\displaystyle \Delta \delta P=\rho L\delta x\left({dh \over dx}v+{dv \over dx}h\right)\delta x}$

La force de pression δ F_p à la hauteur z sera :

${\displaystyle \delta F_{p}(z)=\rho \left[g(x+\delta x)(h(x+\delta x)-z)-g(x)(h(x)-z)+{1 \over 2}\left(v(x+dx)^{2}-v(x)^{2}\right)\right]L\delta z}$

On développe et donc :

${\displaystyle \delta F_{p}(z)=\rho \left[\left(g(x)+{dg \over dx}(h(x)-z)\delta x\right)(h(x+\delta x)-z)-g(x)(h(x)-z)+{1 \over 2}\left(v(x+dx)^{2}-v(x)^{2}\right)\right]L\delta z}$

Donc :

${\displaystyle \delta F_{p}(z)=\rho \left[g(x)(h(x+\delta x)-z)+{dg \over dx}\delta x(h(x+\delta x)-z)-g(x)(h(x)-z)+{1 \over 2}\left(v(x+dx)^{2}-v(x)^{2}\right)\right]L\delta z}$

On obtient donc :

${\displaystyle \delta F_{p}(z)=\rho \left[g{dh(x) \over dx}\delta x+{dg \over dx}(h(x)-z)\delta x+v(x){dv \over dx}\delta x\right]L\delta z}$

En intégrant suivant z, on obtient :

${\displaystyle \delta F_{p}=\rho \left[g{dh(x) \over dx}h\delta x+{1 \over 2}{dg \over dx}h\delta x+v(x){dv \over dx}\delta x\right]Lh}$

En utilisant la loi de Newton, on écrit :

${\displaystyle \Delta \delta P=\delta F_{p}\delta t}$

On a ${\displaystyle \delta t={\delta x \over v}}$

En combinant les équations, on obtient :

${\displaystyle \rho \left[g{dh(x) \over dx}h\delta x+{1 \over 2}{dg \over dx}h\delta x+v(x){dv \over dx}\delta x\right]Lh{\delta x \over v}=\rho L\delta x\left({dh \over dx}v+{dv \over dx}h\right)\delta x}$

On obtient alors une grande simplification :

${\displaystyle \left(g{dh(x) \over dx}h+{1 \over 2}{dg \over dx}h^{2}+v(x){dv \over dx}h\right){1 \over v}={dh \over dx}v+{dv \over dx}h}$

et donc :

${\displaystyle g{dh(x) \over dx}h+{1 \over 2}{dg \over dx}h(x)^{2}={dh \over dx}v^{2}}$

On remarque que le flot est uniforme et donc ${\displaystyle v\times h=Q}$. Donc,

Donc :

${\displaystyle {dh \over dx}=-{Q \over v^{2}}{dv \over dx}}$

Donc :

${\displaystyle {d \over dx}\left[{1 \over 2}gh^{2}\right]=g{dh(x) \over dx}h+{1 \over 2}{dg \over dx}h(x)^{2}=-{dv \over dx}Q}$

Et maintenant en intégrant suivant x, on obtient :

${\displaystyle {1 \over 2}(g_{2}h_{2}^{2}-g_{1}h_{1})^{2}=-Q(v_{2}-v_{1})=Q(v_{1}-v_{2})}$

On remarque que :

${\displaystyle v_{2}=v_{1}{h_{1} \over h_{2}}}$

Donc :

${\displaystyle {1 \over 2}(g_{2}h_{2}^{2}-g_{1}h_{1}^{2})=Qv_{1}\left(1-{h_{1} \over h_{2}}\right)=v_{1}^{2}h_{1}\left(1-{h_{1} \over h_{2}}\right)}$

Dans ce qui suit, on va supposer que l'accélération gravitationnelle est uniforme. Avec cette hypothèse supplémentaire, on obtient donc :

${\displaystyle {1 \over 2}g(h_{2}+h_{1})(h_{2}-h_{1})h_{2}=v_{1}^{2}h_{1}(h_{2}-h_{1})}$

Puisqu'il y a ressaut hydraulique, on a ${\displaystyle h_{1}\neq h_{2}}$ et donc on peut diviser par h₂-h₁ et donc :

${\displaystyle {1 \over 2}g(h_{2}+h_{1})h_{2}=v_{1}^{2}h_{1}}$

On divise par ${\displaystyle h_{1}^{2}}$ et donc :

${\displaystyle \left({h_{2} \over h_{1}}\right)^{2}+{h_{2} \over h_{1}}=2{v_{1}^{2} \over gh_{1}}}$

Cette équation est une équation quadratique en y = h₂/h₁. On définit le nombre de Froude Fr comme étant :

${\displaystyle Fr^{2}={v_{1}^{2} \over gh_{1}}}$

L'équation à résoudre est alors :

${\displaystyle y^{2}+y-2Fr^{2}=0}$

La racine positive de cette équation est donc :

${\displaystyle y={-1+{\sqrt {1+8Fr^{2}}} \over 2}}$

Pour des nombres de Froude élevés, on a :

${\displaystyle x\simeq {\sqrt {2}}Fr}$

On définit maintenant ${\displaystyle z={h_{2} \over h_{0}}}$. On suppose que h₁ < h₀.

On a :

${\displaystyle z=y{h_{1} \over h_{0}}}$.

On a :

${\displaystyle Fr^{2}={v_{1}^{2} \over gh_{1}}={v_{0}^{2} \over gh_{0}}\times \left({v_{1} \over v_{0}}\right)^{2}\times {h_{0} \over h_{1}}=1\times \left({h_{0} \over h_{1}}\right)^{3}}$

On obtient donc :

${\displaystyle {h_{2} \over h_{0}}={h_{1} \over h_{0}}\times {1 \over 2}\left[-1+{\sqrt {-1+8\left({h_{0} \over h_{1}}\right)^{3 \over 2}}}\right]}$

On considère maintenant la fonction ${\displaystyle f:x\to {-1+{\sqrt {1+8x^{3 \over 2}}} \over 2x}}$. On a f(1) = 1. On écrit ${\displaystyle x=1+h}$ et on effectue un développement limité au voisinage de 1. On obtient :

${\displaystyle f(1+h)={-1+{\sqrt {1+8(1+h)^{3 \over 2}}} \over 2(1+h)}\simeq {1 \over 2}(1-h)\times \left(-1+{\sqrt {9+8\times {3 \over 2}h}}\right)\simeq {1 \over 2}(1-h)\times \left[-1+{\sqrt {9\left(1+{12 \over 9}h\right)}}\right]}$

Donc :

${\displaystyle f(1+h)\simeq {1 \over 2}(1-h)\times \left[-1+{\sqrt {9}}\times {\sqrt {\left(1+{12 \over 9}h\right)}}\right]\simeq {1 \over 2}(1-h)\times \left[-1+3\times \left(1+{6 \over 9}h\right)\right]\simeq {1 \over 2}(1-h)\times \left[2+{18 \over 9}h\right]\simeq 1}$

Donc, au premier ordre, on a : ${\displaystyle f(1+h)=1}$

On constate que f(2) = 0.95 et donc pour des petits nombres de Froude au-desdus de l'unité, le courant devient approximativement critique. Cependant, lorsque x devient grand, on a :

${\displaystyle f(x)\approx {{\sqrt {8}}x^{3 \over 2} \over 2x}={\sqrt {2x}}}$

et l'on sera en présence d'un ressaut important.

On considère le cas extrême où ${\displaystyle h_{0}=\infty }$. Dans ces conditions, l'équation x devient :

${\displaystyle x^{3}-3x+2=0}$

On doit donc résoudre :

${\displaystyle (x-1)^{2}(x+2)=0}$

Dans ce cas limite, le nombre de Froude est 1 et donc h₂ = h₁ = h₀.

La loi de conservation du flux s'écrit :

${\displaystyle Q=h_{0}v_{0}=h_{1}v_{1}}$

où v₁ est la vitesse de l'écoulement en aval de l'écluse. On suppose que l'écoulement est laminaire juste en aval de l'obstacle et donc que l'énergie est conservée. On a :

${\displaystyle E={1 \over 2}v_{0}^{2}+g(H_{0}+h_{0})={1 \over 2}v_{1}^{2}+gh_{1}}$

On substitue v₁ et l'on obtient :

${\displaystyle E={1 \over 2}v_{0}^{2}+g(H_{0}+h_{0})={1 \over 2}{Q^{2} \over h_{1}^{2}}+gh_{1}}$

On rappelle que ${\displaystyle v_{0}={\sqrt {gh_{0}}}}$ et que ${\displaystyle Q=v_{0}h_{0}={\sqrt {gh_{0}^{3}}}}$ et donc :

${\displaystyle E={1 \over 2}gh_{0}+g(H_{0}+h_{0})={1 \over 2}{gh_{0}^{3} \over h_{1}^{2}}+gh_{1}}$

Cette équation se simplifie et donc :

${\displaystyle h_{0}+2(H_{0}+h_{0})={h_{0}^{3} \over h_{1}^{2}}+2h_{1}}$

On définit ${\displaystyle x={h_{0} \over h_{1}}}$. Donc finalement :

${\displaystyle \left(2{H_{0} \over h_{0}}+3\right)x=x^{3}+2}$

Cette équation est une équation cubique en x.

On suppose par exemple que h₀ = 0.4 × H₀. Dans ces conditions, on obtient ${\displaystyle x\approx 1.5}$.

On constate que l'accélération de la gravité g a disparu dans l'équation finale.